江苏省数学竞赛提优教案：第35讲_整数性质
2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第30讲__数列的求和
第11讲 数列的求和本节主要内容有S n 与a n 的关系；两个常用方法：倒写与错项；各种求和：平方和、立方和、倒数和等；∑符号的运用. 掌握数列前n 项和常用求法,数列求和的方法主要有：倒序相加法、错位相减法、转化法、裂项法、并项法等． 1.重要公式①1+2+…+n =21n (n +1) ②12+22+…+n 2=61n (n +1)(2n +1)③13+23+…+n 3=(1+2+…+n )2=41n 2(n +1)22.数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n =⎩⎨⎧≥-=-2,1,11n S S n S n n3. 在等差数列中S m +n =S m +S n +mnd,在等比数列中S m +n =S n +q n S m =S m +q m S n ．4.裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数和，即a n =f (n +1)－f (n )，然后累加时抵消中间的许多项．应掌握以下常见的裂项：等)!1(1!1)!1(1④,ctg2ctg 2sin 1③,!)!1(!②,111)1(1①+-=+-=α-+=⋅+-=+n n n ααn n n n n n n n 5.错项相消法6.并项求和法A 类例题例1 已知数列｛a n ｝的通项公式满足：n 为奇数时，a n =6n －5 ，n 为偶数时，a n =4 n ，求s n . 分析 数列｛a n ｝的前n 项可分为两部分，一部分成等差数列，用等差数列求和公式；另一部分成等比数列，用等比数列求和公式。
但数列总项数n 的奇偶性不明，故需分类讨论. 解 若n 为偶数2m ，则S 2m =1+13+25+…+[6(2m －1)－5]+42+44+…+42m =6m 2－5m+1615(42m－1)， S n =23516(41)2215n n n -+-. 若n 为奇数2m+1时，则S 2m+1=S 2m +6(2m+1)－5=6m 2+7m+1+1615(42m－1)， S n =21313114221515n n n ++-+⋅. 说明 如果一个数列由等差数列与等比数列两个子数列构成，常采纳先局部后整体的策略，对子数列分别求和后，再合并成原数列各项的和.类似地，若一个数列的各项可拆成等差数列型与等比数列型两部分，也可采纳先局部后整体的策略.例2(2004年湖南卷类) 已知数列{a n }是首项为a 且公比q 不等于1的等比数列，S n 是其前n 项的和，a 1，2a 7，3a 4 成等差数列．（I ）证明 12S 3，S 6，S 12－S 6成等比数列； （II ）求和T n =a 1+2a 4+3a 7+…+n a 3n －2．分析 (1)对于第(l)问，可先依据等比数列的定义与等差数列的条件求出等比数列的公比，然后写出12S 3，S 6，S 12－S 6，并证明它们构成等比数列．对于第(2)问，由于 T n =a 1+2a 4+3a 7+…+n a 3n －2．所以利用等差数列与等比数列乘积的求和方法即“乘公比错位相减法”解决此类问题．解 （Ⅰ）证明 由4713,2,a a a 成等差数列， 得41734a a a +=，即 .3436aq a aq += 变形得 ,0)1)(14(33=-+q q 所以14133=-=q q 或（舍去）．由 .1611211)1(121)1(123316136=+=----=q qq a q q a S S.1611111)1(1)1(166611216126612==-+=-----=-=-q q qq a q q a S S S S S 得.12661236S S S S S -= 所以12S 3，S 6，S 12－S 6成等比数列． （Ⅱ）解：.3232)1(36323741--++++=++++=n n n naq aq aq a na a a a T即 .)41()41(3)41(212a n a a a T n n --⋅++-⋅+-⋅+= ①①×)41(-得： a n a n a a a T n n n )41()41()41(3)41(24141132---⋅++-⋅+-⋅+=--.)41()54(54)41()41(1])41(1[a n a a n a n n n -⋅+-=-⋅-----=所以 .)41()542516(2516a n a T n n -⋅+-=说明 本题是课本例题：“已知S n 是等比数列{a n }的前n 项和，S 3，S 9，S 6成等差数列，求证：a 2，a 8，a 5成等差数列”的类题，是课本习题：“已知数列{an}是等比数列，S n 是其前 n 项的和，a 1，a 7，a 4 成等差数列，求证2 S 3，S 6，S 12－S 6成等比数列”的改编．情景再现1．(2000年全国高考题)设{}n a 为等比数例，n n n a a a n na T ++-+=-1212)1( ，已知11=T ，42=T ．（Ⅰ）求数列{}n a 的首项和公式；（Ⅱ）求数列{}n T 的通项公式．2． (2000年全国高中数学联赛)设S n =1+2+3+…+n ,n ∈N ，求f (n )=1)32(++n nS n S 的最大值.B 类例题例3 (2004年重庆卷) 设),2,1(,3235,35,11221 =-===++n a a a a a n n n （1）令1,(1,2......)n n n b a a n +=-=求数列{}n b 的通项公式；（2）求数列{}n na 的前n 项和n S .分析 利用已知条件找n b 与1+n b 的关系,再利用等差数列与等比数列之积的错位相差法来解决此类问题.解 （1）因121+++-=n n n a a b n n n n n n b a a a a a 32)(323235111=-=--=+++ 故{b n }是公比为32的等比数列，且故,32121=-=a a b ),2,1()32( ==n b n n（2）由得n n n n a a b )32(1=-=+)()()(121111a a a a a a a a n n n n n -++-+-=--++])32(1[232)32()32()32(21n n n -=++++=- 注意到,11=a 可得),2,1(3231 =-=-n a n nn记数列}32{11--n n n 的前n 项和为T n ，则1832)3()1(232)21(3232)3(9)32(3])32(1[9,)32(])32(1[3)32()32()32(32131)2()32()32(23232),1()32(3221112111221-+++=-+++=+++=+-=--=--=-++++=⋅++⋅+=⋅++⋅+=-+---n n n n n n n nn n nn n n n n n n n n n n T n na a a S n n T n n T n T n T 从而故两式相减得说明 本题主要考查递推数列、数列的求和，考查灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力. 例4 (1996年全国高中数学联赛第二试)设数列{a n }的前项和S n =2a n －1(n=1,2,3, )，数列{b n }满足b 1=3, b k+1=a k +b k (k=1,2,3 ).求数列{b n }的前n 项和. 分析 由数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系式：a n =⎩⎨⎧≥-=-2,1,11n S S n S n n 可得a n.解 由12-=n n a S 可得a n+1=2a n 即数列{a n }是等比数列,故a n =2n －1,又由a k =b k+1－b k得b n =b 1 +a 1+ a 2+ a 3+…+ a n －1 =3+12121---n =221+-n所以S n =b 1+ b 2+ b 3+…+ b n =1+2+22+…+2n －1+2n=12221221-+=+--n n n n例5 (2004年全国理工卷) 已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n =2a n +(－1)n ,n ≥1.(1)写出求数列{a n }的前3项a 1,a 2,a 3；(2)求数列{a n }的通项公式； (3)证明：对任意的整数m >4，有4511178m a a a +++<. 分析 由数列{a n }前n 项和S n 与通项a n 的关系,求a n ,应考虑将a n 与a n -1或 a n+1其转化为的递推关系,再依此求a n. 对于不等式证明考虑用放缩法,若单项放缩难以达到目的,可以尝试多项组合的放缩.解 (1)当n =1时,有：S 1=a 1=2a 1+(－1)⇒ a 1=1；当n =2时,有：S 2=a 1+a 2=2a 2+(－1)2⇒a 2=0； 当n =3时,有：S 3=a 1+a 2+a 3=2a 3+(－1)3⇒a 3=2； 综上可知a 1=1,a 2=0,a 3=2；(2)由已知得：1112(1)2(1)n n n n n n n a S S a a ---=-=+----化简得：1122(1)n n n a a --=+-上式可化为：1122(1)2[(1)]33n n n n a a --+-=+-故数列{2(1)3n n a +-}是以112(1)3a +-为首项, 公比为2的等比数列.故121(1)233n n n a -+-= ∴121222(1)[2(1)]333n n n n n a --=--=--数列{n a }的通项公式为：22[2(1)]3n n n a -=--. ⑶由已知得：232451113111[]221212(1)m mm a a a -+++=+++-+-- 23111111[]2391533632(1)m m-=++++++--11111[1]2351121=+++++11111[1]2351020<+++++511(1)1452[]12312m --=+-514221[]23552m -=+- 51311131041057()1552151201208m -=-<=<=. 故4511178m a a a +++<( m >4). 说明 本题是一道典型的代数综合题，是将数列与不等式相结合，它的综合性不仅表现在知识内容的综合上，在知识网络的交汇处设计试题，更重要的是体现出在方法与能力上的综合，体现出能力要素的有机组合．虽然数学是一个演绎的知识系统，并且演绎推理是数学学习和研究的重要方法，但从数学的发展来看，“观察、猜测、抽象、概括、证实”是发现问题和解决问题的一个重要途径，是学生应该学习和掌握的，是数学教育不可忽视的一个方面：要求应用已知的知识和方法，分析一些情况和特点，找出已知和未知的联系，组织若干已有的规则，形成新的高级规则，尝试解决新的问题，这其中蕴含了创造性思维的意义．例 6 设{ a n }为等差数列，{ b n }为等比数列，且211a b =,222a b = ,233a b =,又12lim()2n x b b b →∞+++=, 试求{ a n }的首项与公差． (2001年全国高中数学联赛) 分析 题中有两个基本量{ a n }中的首项 a 1 和公差d 是需要求的，利用21a ,22a ,23a 成等比数列和给定极限可列两个方程，但需注意极限存在的条件． 解 设所求公差为d ，∵a 1＜a 2，∴d ＞0．由此得 412121)()2(d a d a a +=+ 化简得：0422121=++d d a a 解得：1)22(a d ±-= 而022<±-，故a 1＜0若1)22(a d --=，则22122)12(+==a a q若1)22(a d +-=，则22122)12(-==a a q但12)(21+=++++∞→n n b b b lim 存在，故| q |＜1，于是2)12(+=q 不可能．从而2)12)(222(12)12(121221=+-=⇒+=--a a所以222)22(,211-=+-=-=a d a说明 本题涉及到的知识主要是等差数列、等比数列、无穷递缩等比数列所有项的和等知识，用到方程的思想和方法，且在解题过程中要根据题意及时取舍，如由题意推出d ＞0， a 1＜0，1<q 等，在解题中都非常重要．情景再现3． 设二次函数)(,*)](1,[,)(2x f N n n n x x x x f 时当∈+∈+=的所有整数值的个数为g(n). （1）求g(n)的表达式.（2）设.,)1(*),()(321432123n n n n n S a a a a a S N n n g n n a 求--++-+-=∈+=（3）设l Z l l T b b b T n g b n n n nn 求若),(.,2)(21∈<+++==的最小值. 4． 设函数222)(+=x xx f 的图象上两点P 1(x 1，y 1)、P 2(x 2，y 2)，若)(2121OP OP +=，且点P 的横坐标为21． (1)求证：P 点的纵坐标为定值，并求出这个定值；(2)若∑==ni n ni f S 1)(，n ∈N *，求S n ；(3)记T n 为数列})2)(2(1{1+++n n S S 的前n 项和，若)2(1+<+n n S a T 对一切n ∈N *都成立，试求a 的取值范围．C 类例题例7 给定正整数n 和正数M ，对于满足条件2121++n a a ≤ M 的所有等差数列a 1，a 2，…，a n ，，试求S=a n+1+a n+2+…+a 2n+1的最大值． (1999年全国高中数学联赛试题)分析 本题属于与等差数列相关的条件最值问题，而最值的求解所运用的方法灵活多样，针对条件的理解不同，将有不同的解法．解 (方法一)：设公差为d, a n+1=a .则S=a n+1+a n+2+…+a 2n+1=d n n a n 2)1()1(+++,所以12+=+n Snd a 另一方面,由M ≥2121++n a a =22)(a nd a +-=22)34(1012104nd a nd a -+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=21104⎪⎭⎫ ⎝⎛+n S ,从而有M n S ⋅+≤)1(210且当nMd M a ⋅=⋅=104,103时 )1(+=n S ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅⋅+⋅n M n M 1042103=M n 105)1(⋅+M n )1(210+=, 由于此时nd a 34=故2121++n a a =21104⎪⎭⎫⎝⎛+n S =M,因此S=a n+1+a n+2+…+a 2n+1的最大值为M n )1(210+． (方法二)：三角法 由条件2121++n a a ≤ M 故可令θ=cos 1r a ,θ=+sin 1r a n ,其中M r ≤≤0.故S= a n+1+a n+2+…+a 2n+1=2)1)((121++++n a a n n )3(2111a a n n -+=+ )cos sin 3(21θ-θ+=r n)sin()1(210ϕ-θ+=r n 其中103cos =ϕ,101sin =ϕ因此当1)sin(=ϕ-θ,M r =时,S=a n+1+a n+2+…+a 2n+1的最大值为M n )1(210+．说明 在解答过程中，要分清什么是常量，什么是变量，注意条件和结论的结构形式．解法一通过配方来完成，解法二运用三角代换的方法，解法三运用二次方程根的判别式来完成，解法四则主要运用了柯西不等式．本题人口宽，解法多样，对培养学生的发散思维能力很有好处．例8 n 2(n ≥4)个正数排成几行几列：a 11 a 12 a 13 a 14 … a 1n ， a 21 a 22 a 23 a 24 … a 2n ， a 31 a 32 a 33 a 34 … a 3n ， … …a n1 a n2 a n3 a n4 … a n n ，其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等，已知“a 24=1， a 42 81, a 43163=, 求a 11 +a 22 +a 33 +…+ a nn . (1990年全国高中数学联赛试题)分析 由于等差数列可由首项与公差惟一确定，等比数列可由首项与公比惟一确定，如果设a 11=a 第一行数的公差为d ，第一列数的公比为q ，容易算得a s t =[a+(t －1)]q s －1，进而由已知条件，建立方程组，求出n ，d ，q ．解 设第一行数列公差为d ，各列数列公比为q ，则第四行 数列公差是dq 2.于是可得方程组：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=+==+==+=16381)(1)3(34243311421124dq a a q d a a q d a a ,解此方程值组,得2111±===q d a .由于所给n 2个数都是正数,故必有q ＞0,从而有2111===q d a . 故对任意1≤k ≤n,有)]1([1111-+==-k a q a a k k kk kk k q 21=-. 故S=21+222+323+…+n n 2. 又21S=221+322+423+…+12+n n . 两式相减后可得： 21S=21+222+323+…+n n 212+-n n所以S=2－121-n －n n 2. 说明 这道试题涉及到等差数列、等比数列、数列求和的有关知识和方法．通过建立方程组确定数列的通项；通项确定后，再选择错位相减的方法进行求和．情景再现5．各项为实数的等差数列的公差为4，其首项的平方与其余各项之和不超过100，这样的数列至多有 项．6．己知数列{a n }满足：a 1=1,a n+1=a n +1a n(1)求证:14＜ a 100＜ 18; (2)求a 100的整数部分[a 100].习题11A 类习题1.若等差数列{a n }，{b n }的前n 项和分别为A n ，B n ，且A n B n = 7n +14n +27 ，则a 11b 11等于 （ ）A ． 43B ． 74C ． 32D ． 78712.各项均为实数的等比数列{a n }前n 项和记为S n ，若S 10=10,S 30=70，则S 40等于 ( )A.150B.－200C.150或－200D.400或－50 (1998年全国高中数学联赛试题)3.已知数列{}a n 满足)1(431≥=++n a a n n ,且91=a ,其前n 项之和为S n ,则满足不等式1251|6|<--n S n 的最小整数n 是 ( )A.5B. 6C.7D.8 (1999年全国高中数学联赛试题)4.(2004年江苏卷)设无穷等差数列{a n }的前n 项和为S n ． (Ⅰ)若首项=1a 32 ，公差1=d ，求满足2)(2k k S S =的正整数k ；(Ⅱ)求所有的无穷等差数列{a n }，使得对于一切正整数k 都有2)(2k k S S=成立．5．函数f x ()是定义在［0，1］上的增函数，满足)2(2)(x f x f =且1)1(=f ，在每个区间]21,21(1-i i （i =1，2……）上，y f x =()的图象都是斜率为同一常数k 的直线的一部分． （I ）求)0(f 及)21(f ，)41(f 的值，并归纳出),2,1)(21( =i f i 的表达式 （II ）设直线i x 21=，121-=i x ，x 轴及y f x =()的图象围成的矩形的面积为a i （i =1，2……），记)(lim )(21n n a a a k S +++=∞→ ，求S k ()的表达式，并写出其定义域和最小值. (2004年北京理工卷)6.(2005年湖北卷)设数列}{n a 的前n 项和为S n =2n 2，}{n b 为等比数列，且.)(,112211b a a b b a =-=（Ⅰ）求数列}{n a 和}{n b 的通项公式； （Ⅱ）设nnn b a c =，求数列}{n c 的前n 项和T n . B 类习题7．(2005年全国Ⅰ卷)设正项等比数列{}n a 的首项211=a ，前n 项和为n S ，且0)12(21020103010=++-S S S ．（Ⅰ）求{}n a 的通项；（Ⅱ）求{}n nS 的前n 项和n T ．8.设数列{a n }的首项a 1=1，前n 项和S n 满足关系式：3tS n －(2t +3)S n －1=3t (t ＞0,n =2,3,4…). (1)求证：数列{a n }是等比数列；(2)设数列{a n }的公比为f (t )，作数列{b n }，使b 1=1,b n =f (11-n b )(n =2,3,4…)，求数列{b n }的通项b n ；(3)求和：b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1. 9.已知：f(x)＝412-x （x<—2），f(x)的反函数为g(x),点An(a n ,11+-n a )在曲线y ＝g(x)上(n ∈N +)，且a 1＝1.（I ）求y ＝g(x)的表达式；（II ）证明数列{21na }为等差数列；（Ⅲ）求数列{a n }的通项公式；（Ⅳ）设b n ＝1111++n n a a ,记S n ＝b 1＋b 2＋……＋b n ，求S n .10.已知正整数n 不超过2000，并且能表示成不少于60个连续正整数之和，那么，这样的n 的个数是_____.(1999年全国高中数学联赛试题)C 类习题11．已知}{n a 是首项为2，公比为21的等比数列，n S 为它的前n 项和． （1）用n S 表示1+n S ；（2）是否存在自然数c 和k ，使得21>--+cS cS k k 成立． (2001年上海卷)12．数列{a n }是首项为a 1，公差为d 的等差数列，按下列加括号的方式把该数列分成群(a 1)、( a 2，a 3)、( a 4，a 5，a 6，a 7)、( a 8，a 9，a 10，…，a 15)…使第一群中是a 1含{a n }中的一项，第二群是a 2、a 3，含{a n }中的两项，第三群中是a 4、a 5、a 6、a 7，含{a n }中的四项…如此继续下去，第n 群中含{a n }中的2n －1项，且任两群无公共项，任一项都在某群内，用a 1、d 、n 表示第n 群各元素的和. (第2届希望杯第一试) 本节“情景再现”解答：1．设等比数列{}n a 以比为q ，则)2(2,121211q a a a T a T +=+==．∵4,121==T T ，∴2,11==q a ． （Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）知2,11==q a ，故1112--==n n n q a a ，因此，1221222)1(1--⋅+⋅++⋅-+⋅=n n n n n T ，22- 21222-2222 ]21222)1(1[- 21222)1(221121-n 212-+=-⋅+=+++++=⋅+⋅++⋅-+⋅⋅+⋅++⋅-+⋅=-=∴+---n nnn n n n n n n n -n -n n n n n T T T12)2(+++-=n n ．解法二：设n n a a a S +++= 21．由（Ⅰ）知12-=n n a ．∴122211-=+++=-n n n S2221222222121212 S )()(a 2)1(121121211121n n )-n () -()-()(S S a a a a a a a a a n na T n n nnnnn n n n n n --=--⋅-=+++=++++=+++=++++++++=+++-+=∴+-- 2．由等差数列求和公式得 )1(21+=n n S n ， 11(1)(2)2n S n n +=++ ∴ 1)32()(++=n n S n S n f ＝64342++n n n ＝n n 64341++＝50)8(12+-nn 501≤, ∴ 当 88-n ，即n ＝8时，501)(m ax =n f . 3．（1）当*)](1,[N n n n x ∈+∈时，函数x x x f +=2)(的值随x 的增大而增大，则)(x f 的值域为*).](23,[22N n n n n n ∈+++ ∴*).(32)(N n n n g ∈+=（2）.)(32223n n g n n a n =+= ①当n 为偶数时，])1[()43()21(22222214321n n a a a a a a S n n n --++-+-=-++-+-=-=－[3+7+……+（2n －1）]=－.2)1(22)12(3+-=⋅-+n n n n ②当n 为奇数时，n n n n n a S a a a a a a S +=-++-+-=---1124321)()()(=－.2)1(2)1(2+=+-n n n n n ∴.2)1()1(1+-=-n n S n n （3）由nn n nn n n T n g b 232212292725,2)(132+++++++==- 得, ① ①×21，得.232212272521132+++++++=n n n n n T ② ①－②，得)222222()23225(21321n n n n T +++++-=+ =.27227211)211(21)23225(111+-++-=--++-n n n n n∴.2727n n n T +-= 则由Z l l n T nn∈<+-=,2727，可得l 的最小值是7. 4． (1)证：∵)(2121OP OP OP +=，∴P 是P 1P 2的的中点 ⇒ x 1＋x 2＝1， ∴222222222222)()(11111122112121+++=+++=+=+--x x x x x x x x x f x f y y 1=2+22+2+22=2×2+22+2+22=111111x x x x x x ，∴21)(2121=+=y y y p . (2)解：由(1)知x 1＋x 2＝1，f (x 1)＋f (x 2)＝y 1＋y 2＝1，f (1)＝2－2，S n = f( 1n ) + f( 2n ) + ┅ + f( n －1n ) + f( nn )，又S n = f( n n ) + f( n －1n ) + ┅ + f( 2n )+ f( 1n)，两式相加得2S n = f(1) + [f( 1n ) + f( n －1n )] + [f( 2n ) + f( n －2n )] + ┅ + [f( n －1n ) + f( 1n )] + f(1)= 2f(1) + 1 + 1 + ┅ + 1(n －1个1)223-+=n ， ∴2223-+=n S n ．(3)解：)4131(4)4)(3(4221)2)(2(11+-+=++=⋅=+++n n n n S S n nT n = 4[(14 －15 ) + (15 －16 ) + ┅ + (1n + 3 －1n + 4 )] = nn + 4 ， )2(1+<+n n S a T ⇔82)4(2221++=+=+>+nn n n S T a n n ，∵n n 16+≥8，当且仅当n ＝4时，取“＝”， ∴818828162=+≤++nn ，因此，81>a ． 5． 设n a a a ,,,21 是公差为4的等差数列,则)1(41-+=n a a n ,由已知 100221≤+++n a a a ⇔1002)1)(4(121≤-+++n a a a n⇔ 010022)1(2121≤--+-+n n a n a ,此关于1a 为未知数的一元二次不等式有解,则应有0)10022(4)1(22≥----=∆n n n⇔7n 2―6n ―401≤0,9728163728163<+≤≤-n 又8728163>+ 故n 的最大值是8. 故这样的数列至多有8项．6．(1)证明:当1＜ k ≤n( k ∈ N*)时,=2k a 212112--++k k a a 且a k ＞1所以3221221+<<+--k k k a a a ,因此32232221+<<+a a a ,32242322+<<+a a a ,………,3221221+<<+--n n n a a a ,将以上n- 1个式子相加得)1(3)1(221221-+<<-+n a a n a n ,因为a 1=1所以23122-<<-n a n n ,所以2312-<<-n a n n令n=100,得14＜ a 100＜ 18.(2)由题设得222112n n n a a a +=-+, 所以2100a =+21a +-)(2122a a +-)(2223a a …+)(2992100a a -=200+[+221a +231a + (299)1a ],又a n+1-a n =1a n ＞0故数列{a n }是单调递增.当n ≥2时a n ≥2. 200＜2100a ＜200+5.22498212=⨯⎪⎭⎫⎝⎛＜225.因此14＜ a 100＜15.所以a 100的整数部分[a 100]=14本节“习题11”解答：1． a 11b 11 =2a 112b 11 =a 1 +a 21b 1 +b 21 =21×2+21×2+211211b b a a =A 21B 21 = 7×21+14×21+27 =43 故选A. 2．S 10, S 20－S 10, S 30－S 20,S 40－S 30成等比数列,公比Q=q 10>0.故S 30= S 10(1+Q+Q 2)=70.解得Q=2,所以S 40－S 30=S 10Q 3=80,即S 40=S 30+80=150. 故选A.3．由递推公式变形得：3(a n+1－1)=－(a n －1)令b n =a n －1,则b n+1=－13b n ,且b 1=a 1－1=8,故 {b n }是首项为8,公比为－13的等比数列.故S n －n=(a 1－1)+ (a 2－1)+…+ (a n －1)= b 1+b 2++…+b n =3113111+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--n b =6－6×n ⎪⎭⎫ ⎝⎛-31,所以1251316|6|<⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=--nn n S , 得3n －1>250.所以满足不等式的最小整数n 是7,故选C. 4．（1）当1,231==d a 时，n n n n n S n +=-+=2212)1(23，由2)(2k k S S =得，2224)21(21k k k k +=+ ，即0)141(3=-k k ，又0≠k ，所以4=k ． （2）设数列{}n a 的公差为d ，则在2)(2k k S S =中分别取2,1=k 得⎩⎨⎧==224211)()(S S S S 即⎪⎩⎪⎨⎧⨯+=⨯+=211211)2122(2344 d a d a a a ，由（1）得01=a 或11=a ． 当01=a 时，代入（2）得：0=d 或6=d ；当0,01==d a 时，0,0==n n S a ，从而22)(k k S S =成立；当6,01==d a 时，则)1(6-=n a n ，由183=S ，216,324)(923==S S 知，239)(S S ≠，故所得数列不符合题意；当11=a 时，0=d或2=d ，当11=a ，0=d 时，n S a n n ==,1，从而22)(k k S S =成立；当11=a ， 2=d 时，则2,12n S n a n n =-=，从而2)(2k k S S =成立，综上共有3个满足条件的无穷等差数列； 0=n a 或1=n a 或12-=n a n ． 5. （I ）由)0(2)0(f f =，得0)0(=f ,由)21(2)1(f f =及1)1(=f ，得21)1(21)21(==f f 同理，4)21(21)41(1==f f ,归纳得),2,1(21)21( ==i f i i（II ）当12121-≤<i i x 时)21(21)(11---+=i i x k x f)2121)](2121(2121[211111i i i i i i i k a --++=----),2,1(2)41(12 =1-=-i k i 所以{}a n 是首项为)41(21k -，公比为41的等比数列,所以)41(32411)41(21)(lim )(21k ka a a k S n n -=--=+++=∞→ . ∴)(k S 的定义域为≤<k 01，当1=k 时取得最小值21. 6．（1）：当;2,111===S a n 时,24)1(22,2221-=--=-=≥-n n n S S a n n n n 时当故{a n }的通项公式为4,2}{,241==-=d a a n a n n 公差是即的等差数列.设{b n }的通项公式为.41,4,,11=∴==q d b qd b q 则故.42}{,4121111---=⨯-=n nn n n n b b q b b 的通项公式为即 （II ）1142(21)4,4n n n nn a n c n b ---===-12112[13454(21)4],n n n T c c c n -∴=+++=+⨯+⨯++-2314[143454(23)4(21)4]n n n T n n -=⨯+⨯+⨯++-+-,两式相减得].54)56[(91]54)56[(314)12()4444(2131321+-=∴+-=-+++++--=-n n n n n n n T n n T7．（I ）由210S 30－(210+1)S 20+S 10=0得210(S 30－S 20)=S 20－S 10，即210(a 21+a 22+…+a 30)=a 11+a 12+…+a 20, 可得 210·q 10(a 11+a 12+…+a 20)=a 11+a 12+…+a 20. 因为a n >0，所以 210q 10=1, 解得q=12,因而 a n =a 1q n －1=12n ,n=1,2,….(II)因为{a n }是首项a 1=12、公比q=12的等比数列，故 S n =211)211(21--n =1－12n ，nS n =n －n 2n .则数列{nS n }的前n 项和 T n =(1+2+…+n)－(12+222+…+n n2)，T n 2= 12 (1+2+…+n)－(221+322+…+1221++-n n n n ). 前两式相减，得 T n 2= 12 (1+2+…+n)－(12+122+…+n 21)+12+n n =4)1(+n n －211)211(21--n +12+n n ,即 T n =.22212)1(1-+++-n n nn n 8． (1)由S 1=a 1=1,S 2=1+a 2，得3t (1+a 2)－(2t +3)=3t .∴a 2=tt a a t t 332,33212+=+.又3tS n －(2t +3)S n －1=3t ， ①,3tS n －1－(2t +3)S n －2=3t ②,∴①－②得3ta n －(2t +3)a n －1=0. ∴t t a a n n 3321+=-,n =2,3,4…,所以{a n }是一个首项为1公比为tt 332+的等比数列；(2)由f (t )= t t 332+=t 132+,得b n =f (11-n b )=32+b n －1, 可见{b n }是一个首项为1，公差为32的等差数列.于是b n =1+32(n －1)=312+n ;(3)由b n =312+n ,可知{b 2n －1}和{b 2n }是首项分别为1和35，公差均为34的等差数列，于是b 2n =314+n , ∴b 1b 2－b 2b 3+b 3b 4－b 4b 5+…+b 2n －1b 2n －b 2n b 2n +1=b 2(b 1－b 3)+b 4(b 3－b 5)+…+b 2n (b 2n －1－b 2n +1) =－34 (b 2+b 4+…+b 2n )=－34·21n (35+314+n )=－94(2n 2+3n ) 9．（Ⅰ）由y ＝412-x 得2214y x =-，∴2214yx +=,∵x<—2 ，∴214y x +-= ,∴g(x)= 214x +- （x>0）（II ）∵点An(a n ,11+-n a )在曲线y ＝g(x)上(n ∈N +)∴11+-n a = g(a n )= 214n a +- , 并且a n >0 21141n n a a +=∴+ ， ),1(411221N n n a a n n ∈≥=-∴+∴数列{21na}为等差数列. （Ⅲ）∵数列{21na }为等差数列，并且首项为211a =1，公差为4, ∴21na =1+4（n —1） , ∴3412-=n a n ∵a n >0 ，∴341-=n a n ,（Ⅳ）b n ＝1111++n n a a =4341414341--+=++-n n n n ,∴S n ＝b 1＋b 2+…＋b n =43414.......459415--+++-+-n n =4114-+n 10.前(n －1)群中含有1+2+4+…+2n －2=2n －1－1项.因而第n 群的第一个数为a 1+(2n －1－1)d.第n 群含有2n－1项.故这的2n－1项的和为2n －1[a 1+(2n －1－1)d]+ 12×2n －1(2n －1－1)d.11．（1）由⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n S 2114，得)( 221211411N n S S n n n ∈+=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=++。
江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第29讲__等差数列与等比数列
第10讲 等差数列与等比数列本节主要内容有等差数列、等比数列的基本知识，a 1、a n 、d 或q 、n 、S n 的基本关系 1.理解等差、等比数列的概念，掌握等差数列定义的多种表达形式，能判断一个数列是不是等差数列．2.掌握等差、等比数列的常规简单性质，并能应用于解题，能灵活应用等差、等比中项的性质．3.求公差、公比．首项．项数时的基本量思想，方程思想，巧用设而不求的方法进行整体代换的思想，从特殊到一般探索推广结论的创新意识A 类例题例1给定公比为q (q ≠1)的等比数列{a n }，设b 1=a 1+a 2+a 3, b 2=a 4+a 5+a 6,…, b n =a 3n －2+a 3n －1+a 3n ,…，则数列{b n }( )A.是等差数列B.是公比为q 的等比数列C.是公比为q 3的等比数列D.既非等差数列也非等比数列 (1999年全国高中数学联赛)分析 利用等比数列的推广的通项公式a n = a m q n －m .解 由题设, a n = a 1q n －1,则a 3n +3= a 3n q 3、 a 3n +2= a 3n －1 q 3、a 3n +1= a 3n －2 q 3. 故b n +1 b n =a 3n +1+a 3n+2+a 3n +3a 3n －2+a 3n －1+a 3n = q 3(a 3n －2+a 3n －1+a 3n ) a 3n －2+a 3n －1+a 3n=q 3. 例2 设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于3，且各项的和为972，则这样的数列共有( )A.2个B.3个C.4个D.5个 (1997年全国高中数学联赛)分析 利用等差数列的求和公式及分类讨论思想. 解 ： 由21972)1(=-+=d n n na S n 即2na 1+(n －1)d=2×972， 则n[2a l +(n －1)d]= 2×972，且2a 1+(n －1)d 是非负整数．故n 是2 ×972的正 因数，且n ≥3，于是n=97、972、2 ×97或2 ×972．(1)若n=97，则2a l +96d=2 ×97，且a l 与d 是非负整数，由2 a l = 2 ×97－96d ≥0可得0≤d ≤, 且d ∈Z ，所以d=0，1，2，代人2 a l +96d= 2 ×97得⎩⎨⎧==9701a d 或⎩⎨⎧==4911a d 或⎩⎨⎧==121a d , 故当n=97时，符合题意的等差数列有3个． (2)若n=972，则2 a l +(972－1)d=2，由2a l =2－(972－1)d ≥0得0≤d ≤19722- 故d=0．此时a l =1即n=972时，符合题意的等差数列只有1个．(3)若n=2×97，则2 a l +(2×97－1)d=97，即 0≤d ＜1．所以d=0，此时a l =297，不台题意(4)若n= 2×972，则2 a l +(2×972－1)d=1，即0≤d ＜1．所以d=0，此时a l =12，不合题意．故当n=2×97或2×972时，符合题意的等差数列不存在． 综上所述，符合题意的等差数列共有3+1=4个故选( C )情景再现1．(2005年全国高考题)在等差数列{}n a 中，公差0d ≠，2a 是1a 与4a 的等比中项，已知数列13a a 、、1k a 、2......n k k a a 、、成等比数列，求数列{k n }的通项n k2．三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项(不一定是连续的)．(第2届美国中学生数学竞赛试题)B 类例题例3 (2004年浙江理科卷) ΔOBC 的在个顶点坐标分别为（0,0）、（1,0）、（0,2）,设P 1为线段BC 的中点,P 2为线段CO 的中点,P 3为线段OP 1的中点,对于每一个正整数n,P n+3为线段P n P n+1的中点,令P n 的 坐标为(x n,y n ),.2121++++=n n n n y y y a （Ⅰ）求321,,a a a 及n a ; （Ⅱ）证明;,414*+∈-=N n y y nn(Ⅲ)若记,,444*+∈-=N n y y b n n n 证明{}n b 是等比数列．分析 本题主要考查数列的递推关系、等比数列等基础知识，考查灵活运用数学知识分析问题和解决问题的创新能力． 利用图形及递推关系即可解决此类问题． 解 (Ⅰ)因为43,21,153421=====y y y y y ， 所以2321===a a a ，又由题意可知213+-+=n n n y y y ∴321121++++++=n n n n y y y a =221121++++++n n n n y y y y =,2121n n n n a y y y =++++∴{}n a 为常数列．∴.,21*∈==N n a a n(Ⅱ)将等式22121=++++n n n y y y 两边除以2， 得,124121=++++n n n y y y CB XY P P P O123又∵2214++++=n n n y y y , ∴.414n n yy -=+ （Ⅲ）∵)41()41(44444341n n n n n y y y y b ---=-=+++-=)(41444n n y y --+ =,41n b - 又∵,041431≠-=-=y y b ∴{}n b 是公比为41-的等比数列． 说明 本题符号较多，有点列{P n }，同时还有三个数列{a n }，{y n }，{ b n }，再加之该题是压轴题，因而考生会惧怕，而如果没有良好的心理素质，或足够的信心，就很难破题深入．即使有的考生写了一些解题过程，但往往有两方面的问题：一个是漫无目的，乱写乱画；另一个是字符欠当，丢三落四．最终因心理素质的欠缺而无法拿到全分．例4 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a 2＝6，a 3＝11，且1(58)(52),1,2,3,n n n S n S An B n +--+=+=…，其中A,B 为常数． （Ⅰ）求A 与B 的值；（Ⅱ）证明数列{a n }为等差数列．(2005年江苏卷)分析本题是一道数列综合运用题，第一问由a 1、a 2、a 3求出s 1、s 2、s 3代入关系式，即求出A 、B ；第二问利用)1(1≥-=-n s s a n n n 公式，推导得证数列{a n }为等差数列．解 （1）由已知，得S 1=a 1=1,S 2=a 1+a 2=7,S 3=a 1+a 2+a 3=18． 由(5n －8)S n+1－(5n+2)S n =An+B 知⎩⎨⎧-=+-=+⎩⎨⎧+=-+=--.482.28,2122,732312B A B A B A S S B A S S 即 解得 A=－20， B=－8．（Ⅱ）方法1 由（1）得，（5n －8）S n+1－(5n+2)S n =－20n －8, ① 所以 (5n －3)S n+2－(5n+7)S n+1=－20n －28, ② ②－①,得, (5n －3)S n+2－(10n －1)S n+1+(5n+2)S n =－20, ③ 所以 (5n+2)S n+3－(10n+9)S n+2+(5n+7)S n+1=－20．④ ④－③,得 (5n+2)S n+3－(15n+6)S n+2+(15n+6)S n+1－(5n+2)S n =0． 因为 a n+1=S n+1－S n 所以 (5n+2)a n+3－(10n+4)a n+2+(5n+2)a n+1=0． 又因为 (5n+2)0≠,所以 a n+3－2a n+2+a n+1=0,即 a n+3－a n+2=a n+2－a n+1, 1≥n ． 又 a 3－a 2=a 2－a 1=5, 所以数列}{n a 为等差数列． 方法2．由已知，S 1=a 1=1,又(5n －8)S n+1－(5n+2)S n =－20n －8,且5n －80≠,所以数列}{}{n n a ，s 因而数列是惟一确定的是惟一确定的．设b n =5n －4,则数列}{n b 为等差数列，前n 项和T n =,2)35(-n n 于是 (5n －8)T n+1－(5n+2)T n =(5n －8),8202)35()25(2)25)(1(--=-+-++n n n n n n由惟一性得b n =a,即数列}{n a 为等差数列．说明 本题主要考查了等差数列的有关知识,考查了分析推理、理性思维能力及相关运算能力等．例5 (湖南省2002年高中数学竞赛)一台计算机装置的示意图如图，其中J 1，J 2表示数据入口，C 是计算结果的出口，计算过程是由J 1、J 2分别输入自然数m 和n ，经过计算后得自然数K 由C 输出，若此种装置满足以下三个性质： ①J 1，J 2分别输入1，则输出结果1；②若J 1输入任何固定自然数不变，J 2输入自然数增大1，则输出结果比原来增大2；③若J 2输入1，J 1输入自然数增大1，则输出结果为原来的2倍，试问： （Ⅰ）若J 1输入1，J 2输入自然数n ，则输出结果为多少？ （Ⅱ）若J 2输入1，J 1输入自然数m ，则输出结果为多少？（Ⅲ）若J 1输入自然2002，J 2输入自然数9，则输出结果为多少？分析 本题的信息语言含逻辑推理成分，粗看不知如何入手．若细品装置的作用，发现可以把条件写成二元函数式，将逻辑推理符号化，并能抽象出等比数列或等差数列的模型． 解 J 1输入m ，J 2输入n 时，输出结果记为f （m ，n ），设f （m ，n ）=k ，则f （1，1）=1，f （m ，n+1）=f （m ，n ）+2，f （m+1，1）=2f （m ，1） （2分） （Ⅰ）因为f （1，n+1）=f （1，n ）+2， 故f （1，1），f （1，2），…，f （1，n ），…组成以f （1，1）为首项，2为公差的等差数列． 所以，f （1，n ）=f （1，1）+2（n －1）=2n －1； （Ⅱ）因为f （m+1，1）=2f （m ，1）， 故f （1，1），f （2，1），…，f （m ，1）…组成以f （1，1）为首项，2为公比的等比数列．所以，f （m ，1）=f （1，1）•2m －1=2 m －1，（Ⅲ）因为f （m ，n+1）=f （m ，n ）+2，故f （m ，1），f （m ，2），…，f （m ，n ），…组成以f （m ，1）为首项，2为公差的等差数列．所以，f （m ，n ）=f （m ，1）+2（n －1）=2 m －1+2n －2，f （2002，9）=22001+16说明 解题关键点首先要读懂题目，理解题意，要充满信心．这种给出陌生的背景（问题的情景），文字叙述比较长的题目，其实所涉及数学知识往往比较简单，剔除伪装并符号化，就是我们熟悉的问题．例6 设正数列a 0,a 1,a 2, ,a n , 满足12122----=-n n n n n a a a a a (n ≥2)且a 0=a 1=1．求{a n }的通项公式． (1993年全国高中数学联赛)情景再现3． 已知数列n a 的首项a a =1（a 是常数），24221+-+=-n n a a n n （2,≥∈n N n ）．（Ⅰ）{}n a 是否可能是等差数列．若可能，求出{}n a 的通项公式；若不可能，说明理由；（Ⅱ）设b b =1，2n a b n n +=（2,≥∈n N n ），n S 为数列{}n b 的前n 项和，且{}n S 是等比数列，求实数a 、b 满足的条件．4． 已知二次函数y =f (x )在x =22+t 处取得最小值－42t (t ＞0),f (1)=0．(1)求y =f (x )的表达式；(2)若任意实数x 都满足等式f (x )·g (x )+a n x +b n =x n +1 , ［g (x )］为多项式，n ∈N *),试用t 表示a n 和b n ；(3)设圆C n 的方程为(x －a n )2+(y －b n )2=r n 2，圆C n 与C n +1外切(n =1,2,3,…);{r n }是各项都是正数的等比数列，记S n 为前n 个圆的面积之和，求r n 、S n ．C 类例题例7 实数x 为有理数的充分必要条件是：数列x ，x +1，x +2，x +3，…中必有3个不同的项，它们组成等比数列．(加拿大1993年高中竞赛题)证明：(1)充分性：若3个不同的项x +i ，x +j ，x +k 成等比数列，且i ＜j ＜k ， 则(x +I)(x +k)=(x +j)2，即ik j j k i x -=-+2)2(．若02=-+j k i ，则02=-ik j ，于是得i=j=k 与i ＜j ＜k 矛盾． 故02≠-+j k i ,jk i ikj x 22-+-=且i 、j 、k 都是正整数，故x 是有理数．(2)必要性：若x 为有理数且x ≤0，则必存在正整数k ，使x+k>0．令y=x+k ，则正数列y 、y+1、y+2、…是原数列x ，x+1，x+2，x+3，…的一个子数列，只要正数列y ，y+l ，y+2,…中存在3个不同的项组成等比数列，那么原数列中必有3个不同的项组成等比数列，因此不失一般性，不妨设x ＞0．①若x ∈N ,设q 是大于l 的正整数，则xq －x 、xq 2－x 都是正整数．令i=xq －x , j=xq 2－x 则i<j ，即x ，x+i ，x+j ，是数列x ，x+1，x+2，x+3，…中不同的三项，且x ，x+i(即xq )，x+j (即xq 2)成等比数列．②若x 为正分数，设 x = nm (m 、n ∈N ，且m 、n 互质，m≠1)．可以证明，x ，x+n ，x+(m+2)n ，这三个不同的项成等比数列，事实上，x [x +(m +2)n ]= n m (n m +mn+2n )=(n m )2+n 2+2n m ·n =(nm +n )2.所以x [x +(m +2)n ] =( x +n )2.，即三项x ，x+n ，x+(m+2)n 成等比数列．综上所述，实数x 为有理数的充分必要条件是数列x ，x+1，x+2，x+3，…中必有3个不同的项．它们组成等比数列.说明 以上证明巧妙之处在于：当x 是正分数mn时，在数列x ，x+1，x+2，x+3，…寻求组成等比数列的三项，这三项是x ，x + n, x+(m+2)n ．例8 设S={1，2，3，…，n}，A 为至少含有两项的、公差为正的等差数列，其项都在S 中，且添加S 的其他元素于A 后均不能构成与A 有相同公差的等差数列，求这种A 的个数(这里只有两项的数列也看作等差数列)．(1991年全国高中数学联赛二试)分析 可先通过对特殊的n(如n=1，2，3)，通过列举求出A 的个数，然后总结规律，找出 a n的递推关系，从而解决问题；也可以就A 的公差d=1，2,…，n －1时，讨论A 的个数· 解 设A 的公差d,则1≤d ≤n －1.(1)设n 为偶数,则当1≤d ≤n 2.公差d 的A 有d 个;当n2≤d ≤n －1. 公差d 的A 有n －d 个.故当n 为偶数时,这样的A 有：(1+2+3+…+ n 2)+[1+2+3+…+(n －n 2－1)]= 14n 2.(2)设n 为奇数,则当1≤d ≤n －12.公差d 的A 有d 个;当n+12≤d ≤n －1. 公差d 的A 有n －d 个. 故当n 为奇数时,这样的A 有：(1+2+3+…+n －12)+(1+2+3+…+n －12)= 14(n －1)2. 综上所述：这样的A 有[14n 2]．情景再现5．设数列{n a }的首项1a =1，前n 项和n s 满足关系式t s t ts n n 3)32(31=+--(t>0,n ∈ N,n ≥2)．（1） 求证数列{n a }是等比数列；（2） 设数列{n a }的公比为)(t f ，作数列{n b }，使11=b ，)1(1-=n n b f b ，(n ∈ N,n ≥2)，求b n ．6．已知数列{a n }是由正数组成的等差数列，m ,n ，k 为自然数，求证：(1)若m+k=2n ，则21m a +21k a =22n a ;(2) 211a +221a +…+2221-n a +2121-n a ≥212n a n -(n ＞1)．习题10A 类习题1．(2004年重庆卷)若{}n a 是等差数列，首项120032004200320040,0,.0a a a a a >+><，则使前n 项和0n S > 成立的最大自然数n 是（ ）A ．4005B ．4006C ．4007D ．40082．已知a 、b 、c 成等比数列，如果a 、x 、b 和b 、y 、c 都成等差数列，则y cx a +=_________．3．等比数列{}a n 的首项a 11536=,公比q =-12,用πn 表示它的前n 项之积．则πn ()n N ∈最大的是( )A ．π9B ．π11C ．π12D ．π13 (1996年全国高中数学联赛)4．给定正数p ,q ,a ,b ,c ，其中p ≠q ，若p ,a ,q 是等比数列，p ,b ,c ,q 是等差数列，则一元二次方程bx 2－2ax +c =0( ) (2000年全国高中数学联赛)A ．无实根B ．有两个相等实根C ．有两个同号相异实根D ．有两个异号实根5．已知数列{}n a 是首项01>a ，且公比0,1≠->q q 的等比数列，设数列{}n b 的通项).(21*++∈-=N n ka a b n n n ，数列{}n a ．{}n b 的前n 项和分别为n s ,n T ，如果n T >k n s ，对一切自然数n 都成立，求实数R 的取值范围．6．(2000年高考新课程卷)（I ）已知数列{}n c ，其中n n n c 32+=，且数列{}n n pc c -+1为等比数列，求常 数p ．（II ）设{}n a 、{}n b 是公比不相等的两个等比数列，n n n b a c +=，证明数列{}n c 不是等比数列．B 类习题7．已知函数y=f(x)的图象是自原点出发的一条折线． 1(0,1,2)n n y n n b ≤≤+=⋅⋅⋅时，该图象是斜率为的线段1b ≠（其中正常数），1(0,1,2)n n y n n b ≤≤+=⋅⋅⋅时，该图象是斜率为的线段（1b ≠其中正常数），{}()(1,2,)n n x f x n n ==⋅⋅⋅设数列由定义.121..2()3()1n x x x f x y f x y x ==（）求和的表达式；（）求的表达式，并写出其定义域；（）证明：的图象与的图象没有横坐标大于的交点4 7 （ ） （ ） （ ） ... a j 1 (7)12（ ） （ ） （ ） …a j 2 ……（ ） （ ） （ ） （ ） （ ） … a j 3 …… （ ） （ ） （ ） （ ） （ ） … a j 4 ……………………………………… ……a i 1a i 2a i 3a i 4a i 5… a ij ……………………………………… ……其中每行、每列都是等差数列，a ij 表示位于第i 行第j 列的数． （I ）写出a 45的值；（II ）写出a ij 的计算公式以及2008这个数在等差数阵中所在的一个位置．（III ）证明：正整数N 在该等差数列阵中的充要条件是2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积．9．(2006年全国高考上海春季卷)已知数列3021,,,a a a Λ，其中1021,,,a a a Λ是首项为1，公差为1的等差数列；201110,,,a a a Λ是公差为d 的等差数列；302120,,,a a a Λ是公差为2d 的等差数列（0≠d ）． （1）若4020=a ，求d ；（2）试写出30a 关于d 的关系式，并求30a 的取值范围；（3）续写已知数列，使得403130,,,a a a Λ是公差为3d 的等差数列，……，依次类推，把已知数列推广为无穷数列． 提出同（2）类似的问题（（2）应当作为特例），并进行研究，你能得到什么样的结论？10．(第8届希望杯第二试)在△ABC 中，三边长为a 7，b =2，c =3．作△ABC 的内切圆⊙O 1，再作与边AB 、AC 和⊙O 1都相切的⊙O 2，又作与AB 、AC 与⊙O 2都相切的⊙O 3，如此继续下去作这样相切的圆，求所有这种圆面积的和．C 类习题11． (第2届美国数学邀请赛试题)如果{a n }是等差数列，公差是1，a 1+ a 2+ a 3+…+ a 98=137，求a 2 +a 4 +a 6 +…+a 98 之值．12．(2003年全国高考江苏卷)设,0>a 如图，已知直线ax y l =:及曲线C ：2x y =,C 上的点Q 1的横坐标为1a（a a <<10）．从C 上的点Q n （n ≥1）作直线平行于x 轴，交直线l 于点1+n P ，再从点1+n P 作直线平行于y 轴，交曲线C 于点Q n+1．Q n （n=1，2，3，…）的横坐标构成数列{}.n a （Ⅰ）试求n n a a 与1+的关系，并求{}n a 的通项公式；（Ⅱ）当21,11≤=a a 时，证明∑=++<-n k k k k a a a 121321)(；c ylQ r 2（Ⅲ）当a =1时，证明∑-++<-nk k k k a a a 121.31)(本节“情景再现”解答：1．依题设得()11n a a n d =+-，2214a a a =∴()()21113a d a a d +=+，整理得21d a d =∵0d ≠， ∴1d a =,得n a nd =所以，由已知得123n d d k d k d k d ，，，，...，...是等比数列．由于0d ≠，所以数列1，123n k k k ，，，...，...也是等比数列，首项为1，公比为331q ==，由此得19k =等比数列{k n }的首项19k =，公比3q =，所以()1193123....n n n k q n -+=⨯==，，，即得到数列{k n }的通项为13n n k +=2．用反证法．假设三个不同的素数p 、q 、r 的立方根是一个等差数列的不同三项, 即设ld a p +=13 ①,md a q +=13 ②,nd a r +=13③．由此可得ml q p d --=33,ml qm p l a -⋅-⋅=331．将代入③式并化简整理得：=⋅-3)(q n m +⋅-3)(q n l 3)(r l m ⋅-两边立方得：=⋅-p n m 3)(+⋅-q n l 3)(r l m ⋅-3)(+3))()((3pqr n m l mm m l ⋅---左式=p n m ⋅-3)(为整数,因3pqr 是无理数．故右式为无理数,所以左式≠右式．3．（Ⅰ）∵),3,2(242,211Λ=+-+==-n n n a a a a n n 依,∴2228422-=+-+=a a a , 542129223-=+-+=a a a ,882234-=+=a a a ,34,32,222342312-=--=--=--=-a a a a a a a a a a a若}{n a 是等差数列，则1,2312=-=-a a a a a 得,但由3423a a a a -=-，得a=0,矛盾．∴}{n a 不可能是等差数列．(Ⅱ)∵2n a b n n +=, ∴22211)1(2)1(4)1(2)1(++++-++=++=++n n n a n a b n n nn n b n a 2222=+=(n ≥2) ,∴22422+=+=a a b 当a ≠－1时, }{,0n n b b ≠从第2项起是以2为公比的等比数列．∴)12)(22(12)12)(22(111-++=--++=--n n n a b a b S ,n ≥2时,222)1(222222)1(222)1(111--++---=--++--++=---a b a a b a b a a b a S S n n n n n ∴}{nS 是等比数列, ∴1-n n S S (n ≥2)是常数．∵a ≠－1时, ∴b －2a －2=0 ,当a=－1时，122,0-==n n b b b 由（n ≥3）,得0=n b （n ≥2）, ∴b b b b S n n =+++=ΛΛ21, ∵}{n S 是等比数列 ∴b ≠0 综上, }{n S 是等比数列,实数a 、b 所满足的条件为⎩⎨⎧≠-=⎩⎨⎧+=-≠01221b a a b a 或 4．(1)设f (x )=a (x －22+t )2－42t ，由f (1)=0得a =1．∴f (x )=x 2－(t +2)x +t +1．(2)将f (x )=(x －1)［x －(t +1)］代入已知得：(x －1)［x －(t +1)］g (x )+a n x +b n =x n +1，上式对任意的x ∈R 都成立，取x =1和x =t +1分别代入上式得：⎩⎨⎧+=++=++1)1()1(1n n n n n t b a t b a 且t ≠0，解得a n =t 1［(t +1)n +1－1］，b n =t t 1+［1－(t +1]n ) (3)由于圆的方程为(x －a n )2+(y －b n )2=r n 2，又由(2)知a n +b n =1，故圆C n 的圆心O n 在直线x +y =1上，又圆C n 与圆C n +1相切，故有r n +r n +1=2｜a n +1－a n ｜=2(t +1)n +1设{r n }的公比为q ，则⎪⎩⎪⎨⎧+=++=+++++2111)1(2)1(2n n n n n n t q r r t q r r ②÷①得q =n n r r 1+=t +1，代入①得r n =2)1(21+++t t n∴S n =π(r 12+r 22+…+r n 2)=342221)2()1(21)1(++π=--πt t t q q r n ［(t +1)2n －1］ 5．分析 由已知等式作递推变换，转化为关于1+n a 与n a 的等式，在此基础上分析1-n a 与n a 的比值，证得（1）的结论后，进一步求)(t f ，再分析数列{n b }的特征，并求其通项公式．（1）证明：由11a s ==1，22121a a a s +=+=，t t a t 31)32()1(32=⋅+-+，得tt a 3322+=， 于是t t a a 33212+= ． ……①又t s t ts n n 3)32(31=+--，t s t ts n n 3)32(321=+---（n=3,4，……）， 两式相减，得0))(32()(3211=-+-----n n n n s s t s s t ， 即)0(0)32(31>=+--t a t ta n n ．①②于是，得tt a a n n 3321+=-（n=3,4……）． ……② 综合①②，得{}n a 是首项为1，公比为tt 332+的等比数列 （2）解 由（1），得321332)(+=+=t t t t f ，32)1(11+==--n n n b b f b 即321=--n n b b ． 所以数列{}n b 是首项为1，公差为32的等差数列，于是31232)1(1+=⋅-+=n n b n ．点评 要判断一个数列是否是等比数列，关键要看通项公式，若是已知求和公式，在求通项公式时一方面可用)2(1≥=--n a s s n n n ，另一方面要特别注意1a 是否符合要求． 6． (1)设等差数列{a n }的公差为d,由m+k=2n,得a k =2a n ,因为a 2m + a 2k ≥12(a m + a k )2=2a 2n ． (a m a k )2≤[(a m + a k 2)2]2=a 4n． 所以 a 2m + a 2k (a m a k )2≥ 2a 2n a 4n = 2a 2n当且仅当d=0时等号成立． (2)由(1)结论,1 a 2i +1 a 22n －i ≥2a 2n(i=1,2,…,n －1)把这n －1个不等式相加,再把所得的结果两边同时加上1a 2n 便得到所证明的结论．当d=0时等号成立．本节“习题10”解答：1．由120032004200320040,0,.0a a a a a >+><得公差d ＜0，于是a 2 004＜0．a l ＋a 4006=a 2 003＋a 2 004＞0，故S 4 006＞0．另一方面，a l ＋a 4 007=2a 2 004＜0，故S 4 007＜0．故答案选B ．2． b =aq ,c =aq 2,x =21(a +b )=21a (1+q ),y =21(b +c )=21aq (1+q ),y c x a +=)1(41)1(21)1(2122222q q a q q a q q a xycx ay ++++=+=2． 3．等比数列{}a n 的通项公式1211536-⎪⎭⎫⎝⎛-⨯=n n a ,前n 项之积n π2)1(211536-⎪⎭⎫⎝⎛-⨯=n n ,易知9π、12π、13π 为正数,10π、11π为负数,故只需比较9π、12π、13π． 因为3211536199-=⎪⎭⎫⎝⎛-⨯=-a ,23211011=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=a a ,43211112-=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=a a ,83211213=⎪⎭⎫⎝⎛-=a a ,且.18274323)3(121110>=⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-=⋅⋅a a a 所以=π12121110a a a ⋅⋅>π⋅99π．又因为1013<<a 及121313π=πa ,∴1213π<π．故选C ．4．由题意知pq =a 2,2b=p+c ,2c=q+b 由于后二式得b=2p+q 3,c=p+2q3,于是有bc =2p+q 3·p+2q 3=p+p+q 3·p+q+q 3≥ 3p 2q · 3pq 2=pq =a 2,因为p ≠q,故bc ＞a 2,方程的判别式△=4a 2－4bc ＜0,因此,方程无实数根．5．要求k 的取值范围，必需将关于k 的不等式n T >k n s 具体化．因此，可首先从探求n T 与n s 的关系入手，寻求突破口．解 因为{}n a 是首项01>a ，公比0,1≠->q q 的等比数列，故q a a n n =+1 ， 22q a a n n =+．)(221kq q a ka a b n n n n -=-=++，n T =n b b b +++Λ21=（a 1+a 2+…+a n ）（q －kq 2）=n s )(2kq q -．依题意，由n T >k n s ，得n s )(2kq q -> k n s ① 对一切自然数n 都成立．当0>q 时，由01>a ，知0>n a ,n s >0；当－1<q<0时，由01>a ，1－q>0,1－nq >0,所以n s =01)1(1>--qq a n ． 综合上述两种情况，当0,1≠->q q 时，n s >0恒成立 ． 由①式，可得k kq q >-2， ② 即q qqq k q q k +=+<<+111,)1(22． 由于21≥+qq ，故要使①式恒成立，k<－21．点评 本题条件表达较复杂，要认真阅读理解，并在此基础上先做一些能做的工作，如求n T 与n s 的关系，将不等式具体化等．待问题明朗化后，注意k<)(q f 恒成立，则k 小于f （q ）的最小值．6． （I ）因为{}n n pc c -+1是等比数列，故有()()()11221-+++--=-n n n n n n pc c pc c pc c ，将nn n c 32+=代入上式，得()[]2113232n n n n p +-+++=()[]()[]112111132323232--+++++-+⋅+-+n n n n n n n n p p ，即 ()()[]23322n n p p -+-=()()[]()()[]111133223322--++-+--+-n n n n p p p p ， 整理得()()0323261=⋅⋅--n n p p ，解得 p =2或p =3． （II ）设{}n a 、{}n b 的公比分别为p 、q ，n n n b a c +=,为证{}n c 不是等比数列只需证3122c c c ⋅≠． 事实上,()pqb a q b p a q b p ac 11221221211222++=+=，=⋅31c c ()()()2211221221212111q p b a q b p a q b p a b a +++=++．由于 q p ≠，pq q p 222>+，又1a 、1b 不为零，因此，3122c c c ⋅≠，故{}n c 不是等比数列．7．{}1)1(111,11,1,,2,1,)1(,1)(,)()()(,)(.0111,)()(,)(,21,2)(.110)0()(,1)(,10,1)(,0)0()1(111111111102121212211101--=+⋅⋅⋅++=≠-⋅⋅⋅==--===--==+==-=--=≤≤===--==≤≤==----------b b b b b x b b x x n b x x n x f n x f b x x x f x f b n x f y x bx b x x b x x x f x f b x f y y x f x x f x f b x f y y x f f n n n n n n n n n n n n n n n n 得由公比为其首项为为等比数列由此知数列故又故得段线段的斜率为图象中第由函数记得即故由的线段的图象是斜率为函数时当又由得故由的线段的图象是斜率为函数时当又由).,0[)(,10);1,0[)(,1:.,10;11)1(lim lim ,1,),3,2,1(1)1(,)(),3,2,1,(),()()1(,,1.)(,10,)1(,10)2(1111∞+<<->∞→∞→<<-=--=>⋅⋅⋅=--=⋅⋅⋅=≤≤-+=≤≤+≤≤=≤≤=≤≤-∞→∞→-++的定义域为时当的定义域为时当综上所述时时当时当进行讨论须对的定义域为求由时即当时当时即当知从当x f b b bx f b x n b b b b b b x b n b b b x x f n x x x x x b n x f x x x n y n x x f x x y y n n n n n n n n n n n n n .1)(,)(,1,,1,)(,0)()(,0)(111)()()()1()()()(,,),1,1(,)(,11,1)3(11的交点的图象没有横坐标大于的图象与故函数成立恒有时可知当仿上述证明时当成立其次即有所以故又此时有使存在对任意的成立恒有时先证明当x y x f x x f x b x x f x x f x x f x x f x bb n x f x x f x x f n x x x x b x f x f x x x x b b x x x f b b x b n n n n n n n n n n n nn n n n =<><>>->->-=+⋅⋅⋅++>=->-⇒≥->-=-≤<-∈<-<<>-+8． （I ）4945=a ;（II ）该等差数阵的第一行是首项为4，公差为3的等差数列：)1(341-+=j a j ;第二行是首项为7，公差为5的等差数列：)1(572-+=j a j ……第i 行是首项为)1(34-+i ，公差为21i +的等差数列，因此j j i j i ij j i i a ij ++=++=-++-+=)12(2)1)(12()1(34,要找2008在该等差数阵中的位置，也就是要找正整数i ，j ，使得20082=++j i ij , 所以122008+-=i ij , 当1=i 时，得669=j 所以2008在等差数阵中的一个位置是第1行第669列．（III ）必要性：若N 在该等差数阵中，则存在正整数i ，j 使得j j i N ++=)12(从而12)12(212+++=+j j i N )12)(12(++=j i 即正整数2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积．充分性：若2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积，由于2N+1是奇数，则它必为两个不是1的奇数之积，即存在正整数k ，l ，使得)12)(12(12++=+l k N , 从而kl a l l k N =++=)12(可见N 在该等差数阵中．综上所述，正整数N 在该等差数阵中的充要条件是2N+1可以分解成两个不是1的正整数之积．9． （1）3,401010.102010=∴=+==d d a a ． （2）())0(11010222030≠++=+=d d d d a a ，⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=432110230d a ，当),0()0,(∞+∞-∈Y d 时，[)307.5,a ∈+∞． （3）所给数列可推广为无穷数列{}n a ，其中1021,,,a a a Λ是首项为1，公差为1的等差数列，当1≥n 时，数列)1(1011010,,,++n n n a a a Λ是公差为n d 的等差数列． 研究的问题可以是：试写出)1(10+n a 关于d 的关系式，并求)1(10+n a 的取值范围．研究的结论可以是：由()323304011010d d d d a a +++=+=，依次类推可得()n n d d a +++=+Λ110)1(10⎪⎩⎪⎨⎧=+≠--⨯=+.1),1(10,1,11101d n d d d n 当0>d 时，)1(10+n a 的取值范围为),10(∞+等． 10． 因为cosA= b 2+c 2－a 22bc = 12 ,即A=60°,于是sin30°= r 1－r 2 r 1+r 2 = 12 得 r 2 r 1 = 13,同理r n r n －1= 13, 所以面积的和S=πr 121－19 = 98πr 12,又r1= bc sin A a +b +c =5 3－ 216 11．93．由 a 1+ a 3+ a 5+…+ a 97=(a 2 +a 4 +a 6 +…+a 98)－49可得． 12．（Ⅰ）解：∵).1,1(),,1(),,(422122121n n n n n n n n n a a a aQ a a aP a a Q ⋅⋅++-∴,121n n a aa ⋅=+ ∴2222122221)1()1(11-+--=⋅=⋅=n n n n a aa a a a a a Λ==⋅=-++-+3222221222321)1()1()1(n n a a a a a=1211211121212221)()1()1(----+-+++==n n n n n aa a a a a aΛ， ∴.)(121-=n aa a a n（Ⅱ）证明：由a =1知,21n n a a =+ ∵,211≤a ∴.161,4132≤≤a a ∵当.161,132≤≤≥+a a k k 时 ∴∑∑=++=++<-=-≤-n k n k k nk k k k a a a a a a a 1111121.321)(161)(161)(（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）知，当a =1时，,121-=n a a n 因此∑∑∑=++-=+-=++-≤-=-n k i i i n i k k k nk k k k a a a a a a a a a 122111112112121121121)()()(∑-=-⋅-<-=1213131211312111)1()1(n i i a a a a a a a = .31121151<++a a a。
2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第09讲 函数性质的应用(最终)
情景再现
1．已知f(x)＝ax5＋bsin5x＋1，且f⑴＝5，则f(－1)＝( )
A．3 B．－3 C．5 D．－5
2．设有三个函数，第一个是y=φ(x)，它的反函数就是第二个函数，而第三个函数的图象与第二个函数的图象关于直线x+y=0对称，那么，第三个函数是
所以a＝－8时，l(a)取得最大值，l(a)max＝．
说明熟练掌握二次函数的性质是解本题的关键。
情景再现
5．若(3x＋y)2001＋x2001＋4x＋y＝0，则4x＋y=。
6．已知函数h（x）＝2x（x∈R），它的反函数记为h－1(x)．
A、B、C三点在函数h－1（x）的图象上，它们的横坐标分别为a，a＋4，a＋8（a＞1），设△ABC的面积为S．
10．设二次函数 ( )满足条件：
(1)当 时, ，且 ；
(2)当 时, ；
(3) 在R上的最小值为0。
求最大的 ，使得存在 R，只要 ，就有 。
（2002年全国高中数学联赛）
11．设f(x)是定义在整数集上的整值函数，满足下列4条性质：
综上，函数f在区间(，)上取得的最大值为．
例9用电阻值分别为a1、a2、a3、a4、a5、a6(a1>a2>a3>a4>a5>a6)的电阻组装成一个如图的组件，在组装中应如何选取电阻，才能使该组件总电阻值最小？证明你的结论．
（2001年全国高中数学联赛）
解设6个电阻的组件（如图3）的总电阻为RFG．当Ri=ai，i=3，4，5，6，R1，R2是a1，a2的任意排列时，RFG最小．
高考数学复习知识点讲解教案第35讲 等差数列及其前n项和
2
2
二次函数
于的常数项为0的____________，它的图象是抛物线
=
孤立
标为正整数的均匀分布的一群_______的点.
2
2
+ 1 −
2
上横坐
常用结论
1.已知数列{ }的通项公式是 = + （其中，为常数），则数列{ }一定
是等差数列，且公差为.
2 + 9 = 1 + + 1 + 8 = 29,
[解析] 设等差数列{ }的公差为，由已知得ቊ
5 = 51 + 10 = 35,
1 = 1,
解得ቊ
∴ 8 = 81 + 28 = 8 + 28 × 3 = 92.故选B.
= 3,
（2） [2024·九省联考] 记等差数列{an}的前n项和为Sn,a3+a7=6,a12=17,则S16= ( C )
−10
7.已知等差数列{ }的通项公式为 = 10 − ,则1 + 2 + ⋯ + 20 =______，
100
1 + 2 + ⋯ + 20 =______.
[解析] 设数列{ }的前项和为 ，
则20 = 1 + 2 + ⋯ + 20 =
20×[9+ 10−20 ]
◆ 知识聚焦 ◆
1.等差数列中的有关公式
已知等差数列{ }的首项为1 ，公差是，前项和为 ，则
等差数列定义式
+1 − =
_________________（为常数）
等差中项
+
江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第23讲_正弦定理与余弦定理
第三讲 正弦定理与余弦定理本专题涉及到的知识点是正、余弦定理及三角形中的边角关系．三角形中边角关系处理的基本方法是化角为边或化边为角，以及向量方法的运用A 类例题例１ 在ABC ∆中，,,a b c 分别是角,,A B C 的对边，设2,3a cb A C π+=-=．求sin B的值．（１９９８年全国高考卷）分析 化角为边转化为三角关系处理．解 由正弦定理及角变换求解．由2a c b +=，得 sin sin 2sin A C B +=．再由三角形内角和定理及3A C π-=得2,3232B BA C ππ=-=-， 所以 231sin sin()cos sin 322222B B BA π=-=+， 31sin sin()cos sin 322222B B BC π=-=-，又sin 2sincos 22B BB =，代入到sin sin 2sin AC B +=中得 34sin cos 222B B B =，由cos 02B>得3sin 24B =， 从而13cos24B =，所以39sin 8B = 例２．已知ABC ∆的三个内角,,A B C 满足：2A C B +=，112cos cos cos A C B +=-，求cos 2A C -的值．（１９９６年全国高考卷） 分析 通过角换元，利用两角和差公式得方程求值． 解 由题设知060B =，0120A C +=，设2A Cα-=，则2A C α-=，可得0060,60A C αα=+=-代入条件中得001122cos(60)cos(60)αα+=-+-BCAD 221313cos sin cos sin αααα=--+，化简得22cos 2213cos sin 44ααα=--即2422cos 320αα+-=，从而求出2cos α=即2cos 2A C -=． 例３在ABC∆中，已知6636AB B ==，AC 边上的中线5BD =，求sin A 的值．（２００５湖北高考卷）分析 用坐标和向量方法求解．解 以B 为原点，BC uuu r为x 轴正向建立直角坐标系，且不妨设点A 在第一象限．由30sin B =4646()BA B B =u u u r 445(3=． 设(,0)BC x =u u u r ，则4325(6x BD +=u u u r ，由5BD =2x =（另一负值舍去）．于是由数量积得314cos 14BA CA A BA CA⋅==u u u r u u u ru u u r u u u r ，所以70sin 14A =． 情景再现１．在ABC ∆中，内角,,A B C 的对边分别是,,a b c ，已知,,a b c 成等比数列，且3cos 4B =． （１） 求cot cot AC +的值；（２） 设32BA BC ⋅=u u u r u u u r ，求a c +的值．（２００５年全国高考卷Ⅲ）２．已知在ABC ∆中，sin (sin cos )sin 0A B B C +-=，sin cos20B C +=，求角,,A B C 的大小．B 类例题例４ ABC ∆内接于单位圆，三个内角,,A B C 的平分线延长后分别交此圆于点CAB1B C 111,,A B C ，求1111coscos cos 222C A BAA BB CC ++的值．（２００５年全国高中数学联赛） 分析 用正弦定理化边为角转化为三角式处理． 解 如图连接，则12sin()A AA B =+2cosB C-=， 故1cos2cos cos sin sin A B C AAA C -==+， 同理1cos sin sin BA C=+，1cossin sin CCC A B =+， 代入原式得1111coscos cos 222C A BAA BB CC ++ 2(sin sin sin )2A B C ++==．例５ 在ABC ∆中，记,,BC a CA b AB c ===，若22299190a b c +-=，求cot C的值．（１９９９年全国高中数学联赛）分析 综合运用正余弦定理，边角关系相互转化求解． 解 由已知得22219b c +=，又由余弦定理，得 222cos 2a b c C ab +-=，所以2255sin 99sin sin c CC ab A B==，所以5sin 5sin()C A B C +==5sin cos cos sin 5(cot cot A B A B A B +==+，故cot 5C =．情景再现３．在ABC ∆中，求证：2222220cos cos cos cos cos cos a b b c c a A B B C C A---++=+++．C 类例题例６．设非直角ABC ∆的重心为G ，内心为I ，垂心为H ，内角,,A B C 所对的边分别是,,a b c ．求证（１）sin sin sin 0A IA B IB C IC ⋅+⋅+⋅=u u r u u r u u r r； （２）tan tan tan 0A HA B HB C HC ⋅+⋅+⋅=u u u r u u u r u u u r r；（３）cot (cot cot )cot (cot cot )HG C B A GB B C A GC =-+-u u u r u u u r u u u r ．分析 利用三角形中三角函数关系和平面向量的基本定理求证． 证明（１）由定比分点的向量形式得11BD AB IB IC IB IC b IB c IC DC AC ID BD AB b c DC AC ++⋅+⋅===+++u u r u u r u u r u u r u u r u u r u u r ， 由,IA ID u u r u u r 共线得AI IA ID ID=-⋅u u r u u r ，即AB IA ID BD =-⋅u u r u u r ，又ac BD b c=+， 所以b c b IB c ICIA ID a a+⋅+⋅=-=-u u r u u ru u r u u r 图１ 即0a IA b IB c IC ⋅+⋅+⋅=u u r u u r u u r r，由正弦定理可得 sin sin sin 0A IA B IB C IC ⋅+⋅+⋅=u u r u u r u u r r ．（２）由tan ,tan AD AD B C BD DC ==，得tan tan BD CDC B=，由定比分点公式的向量形式有tan tan tan tan tan tan tan 1tan C HB HC B HB C HC B HD C B C B+⋅+⋅==++u u u r u u u ru u u r u u u r u u u r ． IF D E B HEF又HA HA HD HD =-u u u r u u u r ．下面求HA HD，tan tan BD HD BD HBD C =⋅∠=，tan AD BD B =⋅， 所以HA AD HD HD HD-=tan tan tan tan 1tan BDBD B C B C BD C ⋅-==-． 由tan tan tan tan()tan tan 1B CA B C B C +=-+=-得tan tan tan tan 1tan B C B C A +-=．所以tan tan tan HA B CHD A +=代入即得证． （３）由（２）知tan tan tan 0A HA B HB C HC ⋅+⋅+⋅=u u u r u u u r u u u r r，所以tan ()tan ()tan ()0A HG GA B HG GB C HG GC ⋅++⋅++⋅+=u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r r，由G 是三角形的重心有0GA GB GC ++=u u u r u u u r u u u r r 得()GA GB GC =-+u u u r u u u r u u u r代入并利用：tan tan tan tan tan tan A B C A B C ++=整理即得．例７ 在非直角ABC ∆中，边长,,a b c 满足a c b λ+=(1)λ>． （１） 证明：1tantan 221A C λλ-=+； （２） 是否存在函数()f λ，使得对于一切满足条件的λ，代数式cos cos ()()cos cos A C f f A Cλλ++恒为定值？若存在，请给出一个满足条件的()f λ，并证明之；若不存在，请给出一个理由．（２００４年河南省高中数学联赛预赛）分析 （１）化边为角进行三角式的变形；（２）运用结构特征构造函数． 证明 （１）由a c b λ+=得sin sin sin A C B λ+=，和差化积得2sincos 2sin cos 2222A C A C B Bλ+-= 因为222A C B π+=-，所以有cos cos22A C A C λ-+=， 展开整理得(1)sin sin (1)cos cos 2222A C A Cλλ+=-，故1tan tan 221A C λλ-=+．（２）从要为定值的三角式的结构特征分析，寻求cos cos A C +与 cos cos A C 之间的关系．由1tan tan 221A C λλ-=+及半角公式得221cos 1cos (1)1cos 1cos (1)A C A C λλ---⋅=+++，对其展开整理得242(1)(cos cos )4cos cos A C A C λλλ-++=-即242(1)(cos cos )4cos cos A C A Cλλλ-++=-， 即222cos cos 21cos cos 1A C A C λλλλ+-+=+，即222cos cos 112cos cos 1A C A C λλλλ+-+=--+ 与原三角式作比较可知()f λ存在且22()1f λλλ=-+．例８ 在非钝角ABC ∆中，0,45AB AC B >=，,O I 分别是ABC ∆的外心和内心，且2OI AB AC =-，求sin A ．分析 化边为角，利用三角形中的几何关系求值． 解 由已知条件及欧拉公式得22(22OI R Rr ==-，其中,R r 分别为外接圆和内切圆的半径，再由三角形中的几何关系得21tan tan ()22282c a b B c a b r c a b π+-+-===+- 结合正弦定理消去边和,R r 得212(sin sin )2(sin sin sin 21)C B A C B --=+-，又232sin sin()(sin cos )242B C A A A π==-=+， 代入并分解因式得 (21)(221)0A A -=即2sin 2A =或2cos 12A =-，即2sin 2A =或1sin 22A =-经验证这两个值都满足条件．情景再现４．在ABC ∆中，求证222sin sin sin 4cos cos cos 222a Ab Bc C a b c A B C a b c ++++=++．习题NMB CAO１．在ABC ∆中，22,,4c a b C π=>=，且有tan tan 6A B =，求,a b 及ABC ∆的面积．２．在ABC ∆中，0280,()A a b b c ==+，求角C ．３． 已知圆内接四边形ABCD 的边长分为2,6AB BC ==，4CD DA ==，求四边形ABCD 的面积．（２００１年全国高考卷） ４．在ABC ∆中，若c a -等于AC 边上的高h ，求sin cos22C A C A-++的值． ５．已知锐角三角形ABC 中，.51)sin(,53)sin(=-=+B A B A（１）求证：B A tan 2tan =； （２）设AB=3，求AB 边上的高.６．在ABC ∆中，29cos,52210A b c c c +===，求ABC ∆内切圆的半径． ７．在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A 、B 、C 所对的边，且12cos 2sin 22=++C BA ．（１）求角C 的大小； （２）若22221c b a +=，试求sin （A-B ）的值． ８．在△ABC 中，a 、b 、c 分别为角A 、B 、C 的对边，若（１）求角A 的大小； （２）若，求b 和c 的值．９．已知向量→a =（2，2），向量与向量→a 的夹角为43π，且→a ·→b =－2，（1）求向量→b ；（2）若)2cos2,(cos ,)0,1(2CA c t b t =⊥=→→→→且，其中A 、C 是△ABC 的内角，若三角形的三内角A 、B 、C 依次成等差数列，试求|→b +|的取值范围.１０．如图在等边三角形ABC 中，,AB a O=为中心，过O 的直线交AB 于,M 交AC 于N ，求2211OM ON+的最大值和最小值．１１．在ABC ∆中，已知3331tan tan tan 6181tan tan tan 216A B C A B C ⎧++=-⎪⎪⎨⎪++=-⎪⎩，求ABC ∆的三个内角的大小．１２．ABC ∆中2,A B C =是钝角，三边长均为整数，求ABC ∆周长的最小值． 本节“情景再现”解答：１．解 化弦变形和余弦定理求角． （１）由3cos 4B =得7sin B =，由2b ac =得，2sin sin sin B A C =，于是cot cot A C +cos sin cos sin sin sin A C C A A C +2sin()sin A C B+=2sin 147sin sin BB B ===． （２）由32BA BC ⋅=u u u r u u u r 得3cos 2ca B =，又3cos 4B =所以2ca =，即22b =．由余弦定理2222cos b a c ac B =+-，即2222cos 5a c b ac B +=+=，所以2()9a c +=，即3a c +=．２．解 消元化简．由sin (sin cos )sin 0A B B C +-=消去角C 得sin sin sin cos sin()0A B A B A B +-+=，即sin sin sin cos sin cos cos sin 0A B A B A B A B +--=， 即sin (sin cos )0B A A -=，从而有sin cos A A =，即4A π=．所以34B C π+=，再消去角C 得3sin cos 2()04B B π+-=， 即sin sin 20,sin (12cos )0B B B B -=-=，1cos ,23B B π==．最后角512C π=．３．证明 由正弦定理化边为角．222222224(sin sin )4(cos cos )cos cos cos cos cos cos a b R A B R B A A B A B A B ---==+++24(cos cos )R B A =-，同理2224(cos cos )cos cos b c R C B B C-=-+，2224(cos cos )cos cos c a R A B C A-=-+，上面三式相加即得证．４．证明 由正弦定理sin sin sin A B Ca b c==得 sin sin sin sin A B C C a b c c ++=++即cos cos222sin 2A B a b c C c ++=，① 将①式左边分子分母同乘以2cos 2C得2cos cos cos 222sin 2A B C a b c C c ++=,即2sin 4cos cos cos 222c C c A B C a b c =++，同理可得2sin 4cos cos cos222a A a A B C a b c =++，2sin 4cos cos cos222b B b A B C a bc =++，三式相加即得证．“习题”解答：１．解 由tan tan tan()(1tan tan )A B A B A B +=+-tan (1tan tan )C A B =--得tan tan 5A B +=，又a b >，从而tan 3,tan 2A B ==．所以31025sin ,sin 105A B ==，由正弦定理，得 105a =，55b =245． ２．解 2()a b b c =+化边为角为2sin sin (sin sin )A B B C =+，即22sin sin sin sin A B B C -=，所以1cos 21cos 2sin sin 22A BB C ---=， 即1(cos 2cos 2)sin sin 2A B B C --=，BA C即sin()sin()sin sin A B A B B C +-=，由sin()sin A B C +=得sin()sin A B B -=，由三角形内角的范围可知只能有,2A B B A B -==，所以040B =，从而060C =．３．解 利用余弦定理构造等量关系求角的三角函数值． 如图，连接BD ，则有四边形ABCD 的面积11sin sin 22ABD CDB S S S AB AD A BC CD C ∆∆=+=⋅+⋅ 由0180A C +=，得sin sin A C =，从而四边形ABCD 的面积16sin S A =．由余弦定理，在ABD ∆中2222cos 2016cos BD AB AD AB AD A A =+-⋅=-，同样在CDB ∆中2222cos 5248cos BD CB CD CB CD C C =+-⋅=-，所以2016cos 5248cos A C -=-，及cos cos A C =-，求得1cos 2A =-，0120A =，所以16sin S A =83= ４．解 AC 边上的高sin h a C =，故sin c a a C -=，化边为角即sin sin sin sin C A A C -=， 12cos sin [cos()cos()]222C A C A A C A C +-∴=--+2212cos sin [(1sin )(2cos 1)]22222C A C A C A C A+--+∴=---整理得22sin 2sin cos cos 12222C A C A C A C A --++++=，即2(sin cos )122C A C A -++=，从而sin cos 122C A C A -++=．５．解 （１）证明：,51)sin(,53)sin(=-=+B A B A Θ.2tan tan 51sin cos ,52cos sin .51sin cos cos sin ,53sin cos cos sin =⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+∴B A B A B A B A B A B A B A 所以.tan 2tan B A =（２）ππ<+<B A 2Θ，33sin(),tan(),54A B A B +=∴+=- 即43tan tan 1tan tan -=-+B A B A ，将B A tan 2tan =代入上式并整理得.01tan 4tan 22=--B B 解得262tan ±=B ，舍去负值得262tan +=B ， .62tan 2tan +==∴B A 设AB 边上的高为CD.则AB=AD+DB=.623tan tan +=+CD B CD A CD 由AB=3，得CD=2+6. 所以AB 边上的高等于2+6.６．解 由21cos cos 222A A b c c ++==得cos b A c=，又由余弦定理得222cos 2b c a b A bc c+-==，即222a b c +=，从而ABC ∆是直角三角形． 又95,210b c c c +==得3,4a b ==，所以12a b c r +-==． ７．解（１）由12cos 2sin 22=++C B A 得 11cos 2)cos(12=-++-C B A ，又由A+B+C=π，将上式整理得01cos cos 22=-+C C ，即(2cosC-1)(cosC+1)=0∴21cos =C 或cosC=-1（舍去） 由0<C<π，得3π=C ． （２）设△ABC 外接圆半径为R ，由22221c b a += 有C B A 222sin sin 2sin 2=-，即432cos 12cos 1=+--B A 432cos 2cos -=-B A ∴43)sin()sin(2-=-⋅+-B A B A 又32π=+B A ∴43)sin(23)2(-=-⋅⋅-B A ∴43)sin(=-B A ． ８．解（１）在△ABC 中，由已知有：2sin cos 04cos 3222B C B C B C +-+≠∴=Q即 ，（舍负） ． （２）由得 即 又，代入上式得：由，得： 或９．解（1）设=（x ,y ），则222,x y +=-且22||13||cos 4a b b x y a π⋅===+r r r r ∴解得)1,0()0,1(,1001-=-=⎩⎨⎧-==⎩⎨⎧=-=y x y x 或或（2）)1,0(),0,1(,,3-=∴=⊥=B 且Θπ. ∴),cos ,(cos )12cos 2,(cos 2C A C A =-=+ ∴)2cos 2(cos 211cos cos ||222C A C A c b ++=+=+ =1+1cos()cos()1cos(),2A C A C A C +-=-- 22,33A C ππ-<-<Q ∴,1)cos(21≤-<-C A ∴.25||22<+≤ １０．解 设00,60120MOA θθ∠=≤≤，在MOA ∆、NOA ∆中分别得036sin(30)OM θ=+，036sin(30)ON θ=-， 所以2211OM ON +2222212[sin (30)sin (30)]a θθ=++-26(2cos 2)aθ=-， 由θ角的范围可知11cos 22θ-≤≤-，所以其最大值是218a ，最小值为215a ． １１．解 构造方程求解．在ABC ∆中，有tan tan tan tan tan tan A B C A B C ++=，因为333tan tan tan 3tan tan tan A B C A B C ++- 2(tan tan tan )[(tan tan tan )A B C A B C =++++3(tan tan tan tan tan tan )]A B B C C A -++ 从而求得2tan tan tan tan tan tan 3A B B C C A ++=-， 所以tan ,tan ,tan A B C 是方程 321210636x x x +-+=即326410x x x +-+=的三个根． 由32641(1)(21)(31)x x x x x x +-+=+--得tan ,tan ,tan A B C 的值分别是111,,32-，从而三个内角为311,arctan ,arctan 432π． １２．解 利用正余弦定理及整数的性质求解．32C A B B πππ=--=->Q 3,cos 62B B π∴<>且cos B 是有理数， 令cos ,,,,(,)1n B m n m n N m n m=>∈=，由637728<<，故8m ≥． 又22sin 3(34sin )(4cos 1)sin b c B b B b B B=⋅=-=-224(1)n b m =-， 故224bn m 是整数，又(,)1m n =，故24b m 为整数，由8m ≥知16b ≥， 再由3cos 2B >，得2316[4(1]32,2c >-=故32c ≥． sin 232cos 21616327sin 2b B a b B B ==≥⋅⋅=>，故28a ≥， 即28163377a bc ++≥++=．即周长的最小值为77．此时28,16,33a b c ===，由余弦定理求得177cos ,cos 328A B ==，故cos cos2A B =，即满足2A B =，又171cos 322A =>73,cos 8B =>即,63B A ππ<<，从而角C 是钝角，满足条件． 故ABC ∆周长的最小值是77，此时28,16,33a b c ===。
江苏数学竞赛《提优教程》教案：平几问题选讲
第16讲 平几问题选讲平面几何在高中竞赛和国际竞赛中占有重要的地位，本讲将对平几中的一些典型问题的选讲，强化解平几问题的典型思想方法.A 类例题例1 如图，已知正方形ABCD ，点E 、F 分别在BC 、CD 上，且BE +DF =EF ，试求∠EAF 的度数.（1989年全国冬令营）分析 注意到BE +DF =EF ，很容易想到“截长补短”的方法．解 延长CB 到F'，使得BF'= DF ，连结AF'显然∆AF'B ≌∆AFD ．∴∠BAF'=∠DAF ，AF'=AF ．又∵EF'=BE +BF'=BE +DF ，AE 为公共边，∴∆AF'E ≌∆AFE ． ∴∠EAF'=∠EAF ．又∵∠FAF'=∠BAD =90º， ∴∠EAF =45º．说明 本题∆AF'B 可以看作是∆AFD 顺时针旋转90º得到的；本题也可以延长CD 或旋转试求点P 的轨迹．（1989年全国初中数学联赛）分析 由于已知的两个条件AB =CD 和∠APB =∠CPD ，分散在两个三角形中，需要把它们集中，于是可以进行平移或添加辅助圆建立这两个已知条件间的联系. 证法一 分别过点A 、B 作PC 、PD 的平行线得交点Q .连结PQ .在△QAB 和△PCD 中,显然∠QAB ＝∠PCD ,∠QBA ＝∠PDC .FD CAFDC由AB =CD ,可知 △QAB ≌△PCD .有QA ＝PC ，QB ＝PD ，∠AQB ＝∠CPD . 于是,PQ ∥AB ，∠APB ＝∠AQB .则A 、B 、P 、Q 四点共圆，且四边形ABPQ 为等腰梯形.故AP ＝BQ .所以PA ＝PD . 即点P 的轨迹是线段AD 的垂直平分线. 证法二 作△PBC 的外接圆交PA 、PD 分别为E 、F ，连结BE 、CF ， ∵∠APB =∠CPD ，∴BE =CF ，∠ABE =∠EPC =∠BPF =∠DCF .又∵AB =CD ，∴△ABE ≌△DCF . ∴∠PAB ＝∠PDC . ∴PA ＝PD .即点P 的轨迹是线段AD 的垂直平分线.说明 同样地，也可以作△PAD 的外接圆，目的是建立条件AB =CD 和∠APB =∠CPD 之间的联系.证法三 由三角形的面积公式易得PA ·PB =PC ·PD ，PA ·PC =PB ·PD ，两式相乘，化简得PA ＝PD .即点P 的轨迹是线段AD 的垂直平分线.证法四 由正弦定理得PA sin ∠PBA =AB sin ∠APB ,PD sin ∠PCD =CDsin ∠CPD ,从而PA sin ∠PBA =PD sin ∠PCD ，同理可得PA sin ∠PCB =PDsin ∠PBD，而sin ∠PBA =sin ∠PBD ，sin ∠PCD =sin ∠PCB ，化简得PA ＝PD . 即点P 的轨迹是线段AD 的垂直平分线. 例3．AD ABC 是△的高线，K 为AD 上一点，BK 交AC 于E ，分析 为了把已知条件之间建立联系，可以通过作平行线的方法.证明 如图，过点A 作BC 的平行线,分别交直线DE 、DF 、BE 、CF 于Q 、P 、N 、M .显然，AN BD ＝KA KD ＝AMDC. 有BD ·AM ＝DC ·AN . (1)由BD AP ＝FB AF ＝BC AM ，有 AP ＝BCAM BD ·. (2)由DCAQ ＝EC AE ＝BC AN，有 AQ ＝BCAN DC ·. (3)对比(1)、(2)、(3)有 AP ＝AQ .显然AD 为PQ 的中垂线，故AD 平分∠PDQ . 所以，∠FDA ＝∠EDA .说明 这里,原题并未涉及线段比,添加BC 的平行线,就有大量的比例式产生,恰当地运用这些比例式,就使AP 与AQ 的相等关系显现出来.本题证明方法很多，例如可以过点E 、F 作BC 的垂线，也转化为线段的比来研究. 情景再现1．点E 、F 分别是矩ABCD 形的边AB 、BC的中点，连AF ，CE ，设AF ，CE 交于点G ，则ABCDAGCDS S 矩形四边形 等于（ ）A ．56B ．45C ．34D ．23 （2002年全国初中数学竞赛试题） 2. 在△ABC 中，D 为AB 的中点，分别延长CA ，CB 到点E ，F ，使DE =DF ；过E ，F 分别作CA ，CB 的垂线，相交于P ．设线段PA ，PB 的中点分别为M ，N ．求证：∠PAE =∠PBF ． (2003年全国初中数学竞赛)3．如图，四边形ABCD 为平行四边形， ∠BAF ＝∠BCE .求证：∠EBA ＝∠ADE .B 类例题例4 如图，AD 为△ABC 的中线，E 、F 分别在AB 、AC上，且DE DF ，求证：BE +CF >EF . 分析 由要证的结论，可联想到构造三角形，运用两边之和大于第三边解决问题.要构造三角形，就要移动一些线段，从而可以运用平移、旋转、作对称等方法，于是有如下证法.EABCD EF G证法一 延长FD 到F'，使得DF'=DF ，连结BF'、EF'， 由D 为BC 的中点，显然△DBF'≌△DCF .于是BF'=CF ，又因为DE 垂直平分FF'，所以EF =EF'.在三角形BEF'中，BE +BF'>EF'.从而BE +CF >EF .证法二 作点B 关于DE 的对称点B'，连结EB'、DB'、FB'.则EB'=BE ，不难得到DB'=DB =DC ，∠B'DF ＝∠CDF .从而可知B 、C 关于DF 对称，B'E +B'F >EF .于是B'F =CF ，在三角形B'EF 中，从而BE +CF >EF . 说明证法一也可以从中心对称角度来理解，F'C B和AB交于点M，DF和AC交于点N．求证：（1）OB⊥DF，OC⊥DE．（2）OH⊥MN．（2001年全国高中数学联赛）证法一（1）显然B，D，H，F四点共圆，H，E，A，F四点共圆，∴∠BDF=∠BHF=180°-∠EHF =∠BAC．OABCHFEDN∠OBC =12 (180°-∠BOC )=90°-∠BAC .∴OB ⊥DF ． 同理OC ⊥DE ．（2）∵CF ⊥MA ，∴MC 2-MH 2=AC 2-AH 2……①∵BE ⊥NA ，∴NB 2-NH 2=AB 2-AH 2……② ∵DA ⊥BC ，∴DB 2-CD 2=BA 2-AC 2……③ ∵OB ⊥DF ，∴BN 2-BD 2=ON 2-OD 2……④ ∵OC ⊥DE ，∴CM 2-CD 2=OM 2-OD 2……⑤①-②+③+④-⑤，得 NH 2-MH 2=ON 2-OM 2 OM 2-MH 2=ON 2-NH 2 所以OH ⊥MN ．证法二 以BC 所在直线为x 轴，D 为原点建立直角坐标系，设A (0，a )，B (b ，0)，C (c ，0)，则∴直线AC 的方程为，直线BE 的方程为由得E 点坐标为E() 同理可得F ()直线AC 的垂直平分线方程为直线BC 的垂直平分线方程为由得O ()∵∴OB⊥D F同理可证OC⊥DE．在直线BE的方程中令x＝0得H(0，)∴直线DF的方程为由得N ()同理可得M ()∴∵k＝－1，∴OH⊥MN．例6 锐角△ABC中，AB>AC,O交BC边于D点.已知：cos B+cos C=1，求证：△ABD与△ACD的周长相等.证明作OE⊥AC、OF⊥AB，E、F是垂足.由三角形外心性质知：∠AOE=∠B，∠AOF=∠C. 记BC=a、CA=b、AB=c.于是OAEOAFAC AB CAD AD AC BAD AD AB S S DC BD ACD ABC∠∠⋅=∠⋅⋅∠⋅⋅==∆∆sin sin sin sin 2121 CBb c B C b c AOE AOF AC AB cos 1cos 1cos cos cos cos --⋅=⋅=∠∠⋅=由余弦定理得ba c ac b b a c a c b DC BD -++-=----=2222)()(；从而BD =)(21c b a -+. 此时，AB +BD =)(21c b a ++=AC +CD .得证. 说明 本题用到了正余弦定理，以及三角形面积公式，同时运用了代数的方法证了几何题. 情景再现4．△ABC 中，∠B =2∠C ，求证：2AB >AC ．(2002年江苏省数学夏令营试题）5．已知同一平面的两个三角形A 1B 1C 1，A 2B 2C 2，并且A 1到B 2C 2的垂线，B 1到C 2A 2的垂线，C 1到A 2B 2的垂线交于同一点P .求证：A 2到B 1C 1的垂线，B 2到C 1A 1的垂线，C 2到A 1B 1的垂线也交于同一点.6.在△ABC 中,AD 是BC 边上的中线,点M 在AB 边上,点N 在AC 边上,并且∠MDN ＝90°.如果BM 2＋CN 2＝DM 2＋DN 2,求证：AD 2＝41(AB 2＋AC 2). C 类例题例7．如图，⊙O 是△ABC 的边BC 外的旁切圆,D 、E 、F 分别为⊙O 与BC 、CA 、AB 的切点.若OD 与EF 相交于K ,求证：AK 平分BC .证明 如图，过点K 作BC 的行平线分别交直线AB 、AC 于Q 、P 两点,连OP 、OQ 、OE 、OF . 由OD ⊥BC ，可知OK ⊥PQ .由OF ⊥AB ，可知O 、K 、F 、Q 四点共圆，有 ∠FOQ ＝∠FKQ .由OE ⊥AC ，可知O 、K 、P 、E 四点共圆.有 ∠EOP ＝∠EKP .显然，∠FKQ ＝∠EKP ，可知 ∠FOQ ＝∠EOP . 由OF ＝OE ，可知 Rt △OFQ ≌Rt △OEP . 则OQ ＝OP .于是，OK 为PQ 的中垂线，故 QK ＝KP .BB 11O所以，AK 平分BC .似.其逆亦真.证明 将△ABC 简记为△，由三中线AD ，BE ，CF 围成的三角形简记为△′.G 为重心，连DE 并延长到H ，使EH =DE ，连HC ，HF ，则△′就是△HCF . (1)a 2，b 2，c 2成等差数列⇒△∽△′.若△ABC 为正三角形，易证△∽△′.不妨设a ≥b ≥c ，有CF =2222221c b a -+， BE =2222221b ac -+， AD =2222221a cb -+. 将a 2+c 2=2b 2，分别代入以上三式，得 CF =a 23，BE =b 23，AD =c 23. ∴CF :BE :AD =a 23:b 23:c 23 =a :b :c .故有△∽△′.(2)△∽△′⇒a 2，b 2，c 2成等差数列. 当△中a ≥b ≥c 时， △′中CF ≥BE ≥AD . ∵△∽△′，∴∆∆S S '＝(a CF )2.HD据“三角形的三条中线围成的新三角形面积等于原三角形面积的43”，有∆∆S S '=43. ∴22aCF =43⇒3a 2=4CF 2=2a 2+b 2-c 2⇒a 2+c 2=2b 2.例9 四边形ABCD 内接于圆，△BCD ，△ACD ，△ABD ，△ABC 的内心依次记为I A ，I B ，I C ，I D .试证：I A I B I C I D 是矩形.(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题) 证明 连接AI C ，AI D ，BI C ，BI D 和DI B .易得∠AI C B =90°+21∠ADB =90°+21∠ACB =∠AI D B ⇒A ，B ，I D ，I C 四点共圆.同理，A ，D ，I B ，I C 四点共圆.此时 ∠AI C I D =180°-∠ABI D =180°-21∠ABC ， ∠AI C I B =180°-∠ADI B =180°-21∠ADC ， ∴∠AI C I D +∠AI C I B=360°-21(∠ABC +∠ADC ) =360°-21×180°=270°.故∠I B I C I D =90°.同样可证I A I B I C I D 其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形. 说明 本题的其他证明可参见《中等数学》1992；4 例10 设D 是ABC ∆的边BC上的一点，点P 在线段AD 上，过点D 作一直线分别与线段AB 、PB 交于点M 、E ，与线段AC 、PC 的延长线交于点F 、N .如果DE=DF ，求证：DM=DN.(首届中国东南地区数学奥林匹克)证明对AMD ∆和直线BEP 用梅涅劳斯定理得：1(1)AP DE MB PD EM BA⋅⋅=， 对AFD ∆和直线NCP 用梅涅劳斯定理得：1(2)AC FN DPCF ND PA ⋅⋅=， 对AMF ∆和直线BDC 用梅涅劳斯定理得：1(3)AB MD FCBM DF CA⋅⋅= A BCDI CI DAI I B（1）（2）（3）式相乘得：1DE FN MDEM ND DF⋅⋅=，又DE=DF ， 所以有DM DNDM DE DN DE=--，所以DM=DN.说明 本题是直线形，当然可以用解析法，请同学们试一试.7．设点D 为等腰ABC ∆的底边BC点，F 为过A 、D 、C 三点的圆在ABC ∆过B 、D 、F 三点的圆与边AB 交于点E .求CD EF DF AE BD AF ⋅+⋅=⋅.(国东南地区数学奥林匹克)8. 如图，O 、H 分别是锐角△ABC 心和垂心，D 是BC 边的中点，由H 向∠A 分线作垂线，垂线.（2004年全足分别是E 是F .证明：D 、E 、F 国高中数学联赛四川省初赛）习题161．正方形ABCD 的中心为O 1989㎝2.P 为正方形内一点，且∠OPB =45°PA :PB =5:14.则PB =__________.(1989年全国初赛)2.如图,在△ABC 中,AB ＝AC ,D 边BC 上一点,E 是线段AD 上一点且∠BED ＝2∠BD ＝2CD .3.如图，等腰三角形ABC 中，P 为底边BC 上任意点，过P 作两腰的平行线分别与AB ，AC 相交于Q ，R 两点，又P '的对称点，证明：P '在△ABC 的外接圆上.(2002年全国初中数学联合竞赛试卷)4.设点M 在正三角形三条高线上的射影分别是M 1，M 2，M 3(互不重合).求证：△M 1M 2M 3也是正三角形.5.在△ABC 中,BD 、CE 为角平分线,P 为ED 上任意一点.过P 分别作AC 、AB 、BC 的垂线,M 、N 、Q 为垂足.求证：PM ＋PN ＝PQ .6.在Rt △ABC 中，AD 为斜边BC 上的高，P 是AB 上的点，过A 点作PC 的垂线交过B 所作AB 的垂线于Q 点.求证：PD 丄QD .7.设M 1、M 2是△ABC 的BC 边上的点,且BM 1＝CM 2.任作一直线分别交AB 、AC 、AM 1、AM 2于P 、Q 、N 1、N 2.试证：AP AB＋AQ AC ＝11AN AM ＋22AN AM . 8.AD ，BE ，CF 是锐角△ABC 的三条高.从A 引EF 的垂线l 1，从B 引FD 的垂线l 2，从C 引DE 的垂线l 3.求证：l 1，l 2，l 3三线共点.9. AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平分线交AD 于M ,交AC 于N .求证：AB 2－AN 2＝BM ·BN .10．已知等腰△ABC 中，∠BAC =100°，延长线段AB 到D ，使得AD =BC ，连结CD ，试求∠BCDBCA PB11.圆外一点P 作圆的两条切线和一条割线，切点为A ，B . 所作割线交圆于C ，D 两点，C 在P ，D 之间.在弦CD 上取一点Q ，使.DAQ PBC ∠=∠求证：.DBQ PAC ∠=∠12.已知两个半径不相等的圆O 1与圆O 2相交于M 、N 两点，且圆O 1、圆O 2分别与圆O 内切于S 、T 两点.求证：OM ⊥MN 的充分必要条件是S 、N 、T 三点共线. （1997年全国高中数学联赛）本节“情景再现”解答：1．解一：连结AC ，从而可得G 为△ABC 的重心，于是CG =2GE ，AEC AGC S S ∆∆=∴32． 显然ABCD 4121矩形S S S ABCAEC ==∆∆． ABCD 61矩形S S AGC =∴∆．从而ABCD ABCD 326121矩形矩形四边形）（S S S S S AGC ADC AGCD =+=+=∆∆． 即ABCD AGCD S S 矩形四边形 =23．因此选D ．解二：连结AC 、BD ，AC 与BD 相交于点O ．则△ABC 的面积被分为6等份．同理可把△ADC 的面积等分为6份．显然四边形AGCD 占有8份，即ABCDAGCD S S 矩形四边形 32128==．因此选D ． 2. 解析 分别取PA 、PB 的中点M 、N ，连结EM 、DM 、MN 、DN 、NF ，在 Rt △AEP 中，EM =AM =MP ，又DM 为△ABP 的中位线，可得BP DM 21=．同理，FN =BN =NP ，且AP DN 21=，从而EM =DN ，DM =NF．又∵DE=DF，∴△EMD ≌△DNF ．∴∠EMD =∠DNF ．又∵∠1=∠3=∠2，∴∠AME =∠BNF ．从而可得∠PAE =∠PBF ．O FEA BC DEF GBCDF G3．证明：如图，分别过点A 、B 作ED 、EC 的平行线,得交点P ,连PE .由AB // =CD ,易知△PBA ≌△ECD .有PA ＝ED ，PB ＝EC .显然,四边形PBCE 、PADE 均为平行四边形.有∠BCE ＝∠BPE ，∠APE ＝∠ADE .由∠BAF ＝∠BCE ，可知∠BAF ＝∠BPE .有P 、B 、A 、E 四点共圆.于是,∠EBA ＝∠APE .所以,∠EBA ＝∠ADE .4．证明：延长CB 到D ，使BD =AB ，连结AD ，则AB +BD >AD ，即2AB >AD ．∵AB =BD ，∴∠BAD =∠D ．∴∠ABC =2∠D ．而∠ABC =2∠C ，∴∠C =∠D ．∴AC =AD ．∴2AB >AC ．5．解：设B 2到C 1A 1的垂线，C 2到A 1B 1的垂线相交于Q .则2222221221PB PA B C A C -=- （1） 2222221221PC PB C A B A -=- （2） 2222221221PA PC A B C B -=- （3）2121212212QA QC A B C B -=- （4） 2121212212QB QA B C A C -=-（5）五式相加得2121221221QB QC A B A C -=-即2121212212QB QC B A C A -=- 从而A 2Q ⊥B 1C 1.6.证明：如图，过点B 作AC 的平行线交ND 延长线于E .连ME .由BD ＝DC ，可知ED ＝DN .有△BED ≌△CND .于是，BE ＝NC .显然，MD 为EN 的中垂线.有EM ＝MN .由BM 2＋BE 2＝BM 2＋NC 2＝MD 2＋DN 2＝MN 2＝EM 2，可知△BEM 为直角三角形，∠MBE ＝90°.有∠ABC ＋∠ACB ＝∠ABC ＋∠EBC ＝90°.于是，∠BAC ＝90°.所以，AD 2＝221⎪⎭⎫ ⎝⎛BC ＝41(AB 2＋AC 2).7．证明：设AF 的延长线交△BDF 于K ，∵∠AEF =∠AKB ，∴∆AEF ≌∆AKB ．因此PE D GA B FCB B 11ACBDAN CD EBM,EK BK AE AKAF AB AF AB==.于是要证（1）， 只需证明：(2)CD BK DF AK BD AB ⋅+⋅=⋅ 又注意到KBD KFD C ∠=∠=∠.我们有1sin 2DCK S CD BK C ∆=⋅⋅∠，进一步有1sin 21sin 2ABD ADKS BD AB C S AK DF C ∆∆=⋅⋅∠=⋅⋅∠，因此要证（2），只需证明ABD DCK ADK S S S ∆∆∆=+（3）而（3）//(4)ABC AKC S S BK AC ∆∆⇔=⇔ 事实上由BKA FDB KAC ∠=∠=∠知（4）成立，得证. 8.证明：连结OA ，OD ，并延长OD 交△ABC 的外接圆于M ，则OD ⊥BC ，BM ︿＝MC ︿，∴A 、E 、M 三点共线.∵AE 、AF 分别是△ABC 的∠A 及其外角平分线，∴AE ⊥AF .又∵HE ⊥AE ，HF ⊥AF ，∴四边形AEHF 为矩G ，于是：AG ＝12形.因此AH 与EF 互相平分，设其交点为AH ＝12 EF ＝EG .而OA ＝OM ，且OD ∥AH ，∴∠OAM ＝∠OMA ＝∠MAG ＝∠GEA .故EG ∥OA (1) ∵O 、H 分别是△ABC 的外心和垂心，且OD ⊥BC ，∴OD ＝12 AH ＝AG ，因此，若连结DG ，则四边形AODG 为平行四边形从而DG ∥OA . (2)由(1)和(2)知，D 、E 、G 三点共线，但F 在EG 上，故D 、E 、F 三点共线. “习题16”解答：1．解：答案是PB =42㎝.连接OA ，OB .易知O ，P ，A ，B 四点共圆，有∠APB =∠AOB =90°.故PA 2+PB 2=AB 2=1989.由于PA :PB =5:14，可求PB . 2.证明：如图,延长AD 与△ABC 的外接圆相交于点F ,连结CF 与BF ,则∠BFA ＝∠BCA ＝∠ABC ＝∠AFC ,即∠BFD ＝∠CFD .故BF :CF ＝BD :DC .又∠BEF ＝∠BAC ,∠BFE ＝∠BCA ,从而∠FBE ＝∠ABC ＝∠ACB ＝∠BFE .故EB ＝EF .作∠BEF 的平分线交BF 于G ,则BG ＝GF .因∠GEF ＝21∠BEF＝∠CEF ,∠GFE ＝∠CFE ,故△FEG ≌△FEC .从而GF ＝FC .于是,BF ＝2CF .故BD ＝2CD .3.提示：连结BP '、P'R 、P'C 、P'P ，（1）证四边形APPQ 为平行四边形；（2）证点A 、R 、Q 、P'共圆；（3）证△BP'Q 和△P'RC 为等腰三角形；（4）证∠P'BA =∠ACP '，原题得证.4.略.A BG CDFE··P OA BCD5.证明：如图,过点P 作AB 的平行线交BD 于F ,过点F 作BC 的平行线分别交PQ 、AC 于K 、G ,连PG .由BD 平行∠ABC ,可知点F 到AB 、BC 两边距离相等.有KQ ＝PN .显然,PD EP ＝FD EF ＝GDCG,可知PG ∥EC .由CE平分∠BCA ,知GP 平分∠FGA .有PK ＝PM .于是,PM ＋PN ＝PK ＋KQ ＝PQ .6.提示：证B ，Q ，E ，P 和B ，D ，E ，P 分别共圆。
2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第33讲__周期函数与周期数列
第14讲 周期函数与周期数列本节主要内容有周期；周期数列、周期函数． 周期性是自然规律的重要体现之一，例如地球公转的最小正周期就体现为年的单位．在数学中，我们就经常遇见各种三角函数，这类特殊的周期函数，特别是正弦、余弦函数与音乐有着密切的联系:19世纪法国数学家傅立叶证明了所有的乐声──不管是器乐还是声乐都能用数学表达式来描述，它们一定是一些简单的正弦周期函数的和． 作为认识自然规律的主要手段，数学在本学科中严格地引进了“周期”这个重要概念．在中学数学中，我们仅仅讨论定义域是整个实数轴的实值映射的周期性，尽管形式十分简单，但与之相关的问题仍有待研究．中学数学里称函数的周期，没有特殊说明是指其最小正周期．如果函数y ＝f (x)对于定义域内任意的x ，存在一个不等于0的常数T ，使得f (x ＋T)＝f (x) 恒成立，则称函数f(x)是周期函数，T 是它的一个周期． 一般情况下，如果T 是函数f (x)的周期，则kT(k ∈N ＋)也是f (x)的周期． 1．若f (x ＋T )=－f ( x )，则2T 是f ( x )的周期，即f (x ＋2 T )= f ( x ) 证明：f (x ＋2 T )= f (x ＋T ＋T )=－ f (x ＋T )= f ( x )， 由周期函数的性质可得f (x ＋2n T )= f ( x )，(n ∈Z )2．若f (x ＋T )=±1f ( x )，则2T 是f ( x )的周期，即f (x ＋2 T )= f ( x )．仅以f (x ＋T )=1f ( x )证明如下：f (x ＋2 T )= f (x ＋T ＋T )= 1f ( x+T )= f ( x )．由周期函数的性质可得f (x ＋2n T )= f ( x )，(n ∈Z ) 3．在数列{}n a 中，如果存在非零常数T ，使得m T m a a +=对于任意的非零自然数m 均成立，那么就称数列{}n a 为周期数列，其中T 叫数列{}n a 的周期．A 类例题例1（2001年上海春季卷） 若数列}{n a 前8项的值各异，且n 8n a a =+对任意的N n ∈都成立，则下列数列中可取遍}{n a 前8项值的数列为 （ ） A ．}{12+k aB ．}{13+k aC ．}{14+k aD ．}{16+k a解析 由数列{a n }前8项的值各异， n 8n a a =+对任意n ∈N ＋都成立，得数列{a n }的周期T= 8，则问题转化为2k ＋1， 3k ＋1， 4k ＋1， 6k ＋1中k= 1，2，3，…代入被8除若余数能取到0， 1， 2， 3， 4， 5，6， 7即为答案． 经检验3k ＋ 1可以，故}{13+k a 可取遍{a n }的前8项值．答案为B ．说明 本题还可以奇偶性的角度考虑，在2k ＋1， 3k ＋1， 4k ＋1， 6k ＋1中，2k ＋1， 4k ＋1， 6k ＋1都是奇数，除8后仍都是奇数，只有3k ＋1除8后余数能取到0， 1， 2， 3，4， 5，6， 7．例2 定义在R 上的奇函数且f ( x ＋2)=f ( x －2)，且f (1)= 2则f ( 2)＋f (7)= ．解 因为f ( x ＋2)=f ( x －2)，知f (x ＋2T )= f ( x )．即f (x ＋4)= f ( x )． 所以f (7)= f ( 3＋4)= f (－1＋4)= f ( －1)=－ f ( 1)=－2． f (－2)= f ( －2＋4)= f (2)所以f (2)= 0． 从而f ( 2)＋f (7)=－2．情景再现1．已知函数f(x)对任意实数x ，都有f(a ＋x)＝f(a －x)且f(b ＋x)＝f(b －x)， 求证:2|a －b|是f(x)的一个周期．(a≠b)2． 已知数列{n x }满足x 1=1，x 2=6，11-+-=n n n x x x (n ≥2)，求x 2006及S 2006．B 类例题例3定义在R 上的奇数满足 f (1＋x )=f (1－x )，当(]5,4∈x 时， f ( x )=2x －4，则)0,1[-∈x 时f( x )=因为f (1＋x )=f (1－x )， f (x )=f (－x )，知f (x ＋4)= f ( x )， 故当]1,0(∈x 时， x ＋4(]5,4∈， f ( x )= f (x ＋4)= 2x＋4－4=2x ．又)0,1[-∈x 时，即－]1,0(∈x ，所以f ( x )=－ f ( －x )=－ 2－x ()0,1[-∈x )例4 设f (x )是定义在R 上的偶函数，其图象关于直线x =1对称，对任意x 1、x 2∈［0，21］，都有f (x 1＋x 2)=f (x 1)·f (x 2)，且f (1)=a >0． (1)求f (21)、f (41); (2)证明f (x )是周期函数； (3)记a n =f (2n ＋n21)，求).(ln lim n n a ∞→ （2001年全国高考题）分析 本题主要考查函数概念，图象函数的奇偶性和周期性以及数列极限等知识，还考查运算能力和逻辑思维能力． 认真分析处理好各知识的相互联系，抓住条件f (x 1＋x 2)=f (x 1)·f (x 2)找到问题的突破口．由f (x 1＋x 2)=f (x 1)·f (x 2)变形为)2()2()2()22()(x f x f x f x xf x f ⋅⋅=+=是解决问题的关键．解 (1) 因为对x 1，x 2∈［0，21］，都有f (x 1＋x 2)=f (x 1)·f (x 2)，所以f (x )=)2()22(x f x x f =+≥0，x ∈［0，1］又因为f (1)=f (21＋21)=f (21)·f (21)=［f (21)］2 f (21)=f (41＋41)=f (41)·f (41)=［f （41）］2 又f (1)=a >0∴f (21)=a 21，f (41)=a 41(2)证明：依题意设y =f (x )关于直线x =1对称，故f (x )=f (1＋1－x )，即f (x )=f (2－x )，x ∈R ． 又由f (x )是偶函数知f (－x )=f (x )，x ∈R ， ∴f (－x )=f (2－x )，x ∈R ．将上式中－x 以x 代换得f (x )=f (x ＋2)，这表明f (x )是R 上的周期函数，且2是它的一个周期．(3)解：由(1)知f (x )≥0，x ∈［0，1］∵f (21)=f (n ·n 21)=f (n 21＋(n －1) n 21)=f (n 21)·f ((n －1)·n21) =……=f (n 21)·f (n 21)·……·f (n 21)=［f (n 21)］n =a 21∴f (n21)=a n 21．又∵f (x )的一个周期是2∴f (2n ＋n 21)=f (n21)，因此a n =a n 21∴.0)ln 21(lim )(ln lim ==∞→∞→a na n n n 例5 (1997年全国高中数学联赛)已知数列{n x }满足11-+-=n n n x x x (n ≥2)，x 1=a ， x 2=b ， 记S n =x 1＋x 2＋ ＋x n ，则下列结论正确的是 ( )A ． x 100=-a ，S 100=2b -aB ．x 100=-b ，S 100=2b -aC x 100=-b ，S 100=b -aD ．x 100=-a ，S 100=b -a解 因为11-+-=n n n x x x ==-----121)(n n n x x x 2--n x ，于是得n n n x x x =-=++36所以数列{n x }是周期数列，其周期为6k(k ∈Z )，且x 1＋x 2＋ ＋x 6=0，x 100=x 4=－x 1 =－a ．故S 100=16(x 1＋x 2＋ ＋x 6)＋x 97＋x 98＋ ＋x 99＋x 100= x 1＋x 2＋ x 3＋x 4=x 2＋x 3=2b －a ． 例6 设数列 a 1 ，a 2 ，a 3 ，…， a n ，满足a 1 = a 2 =1， a 3 =2，且对任意自然数n 都有 a n ·a n＋1 ·a n ＋2≠1， a n ·a n ＋1 ·a n ＋2 a n ＋3= a n ＋a n ＋1 ＋a n ＋2＋a n ＋3，求 a 1 ＋a 2 ＋a 3＋…＋a 100． 解 由a n ·a n ＋1 ·a n ＋2 a n ＋3= a n ＋a n ＋1 ＋a n ＋2＋a n ＋3， ①得a n ＋1 ·a n ＋2 ·a n ＋3 a n ＋4= a n ＋1 ＋a n ＋2 ＋a n ＋3＋a n ＋4， ②两式相减得：(a n －a n ＋4 )·(a n ＋1 ＋a n ＋2 a n ＋3－1)=0， 由于a n ＋1 ＋a n ＋2 a n ＋3≠1，所以a n ＋4 =a n ．又a 1 = a 2=1，a 3=2，由①得2a 4 =4＋a 4 ，所以a 4=4．故 a 1 ＋a 2 ＋a 3＋a 4=8，于是 a 1 ＋a 2 ＋a 3＋…＋a 100=25(a 1 ＋a 2 ＋a 3＋a 4)=200．情景再现3．设f(x)是定义在区间(－∞，＋∞)上以2为周期的函数，对k ∈Z ，用I k 表示区间(2k －1，2k ＋1]，已知当x ∈I 0时f(x)=x 2． (Ⅰ)求f(x)在I k 上的解析表达式;(Ⅱ)对自然数k ，求集合Mk={a │使方程f(x)=ax 在I k 上有两个不相等的实根}．4． (2005年上海理科卷)在直角坐标平面中，已知点1(1,2)P ，22(2,2)P ，33(3,2)P ，…，(,2)n n P n ，其中n 是正整数．对平面上任一点0A ，记1A 为0A 关于点1P 的对称点，2A 为1A 关于点2P 的对称点，……，n A 为1n A -关于点n P 的对称点．(1)求向量02A A 的坐标；(2)当点0A 在曲线C 上移动时，点2A 的轨迹是函数()y f x =的图象，其中()f x 是以3为周期的周期函数，且当(]0,3x ∈时，()lg f x x =，求以曲线C 为图象的函数在(]1,4的解析式；对任意偶数n ，用n 表示向量0n A A 的坐标C 类例题例7 ．(2005年广东卷19)设函数()(,)(2)(2),(7)(7)f x f x f x f x f x -∞+∞-=+-=+在上满足，且在闭区间[0，7]上，只有.0)3()1(==f f （Ⅰ）试判断函数)(x f y =的奇偶性；（Ⅱ）试求方程0)(=x f 在闭区间[－2005，2005]上的根的个数，并证明你的结论．解 （Ⅰ）由(2)(2)()(4)(4)(14)(7)(7)()(14)f x f x f x f x f x f x f x f x f x f x -=+=-⎧⎧⇒⇒-=-⎨⎨-=+=-⎩⎩)10()(+=⇒x f x f ，从而知函数)(x f y =的周期为10=T又(3)(1)0,(7)0f f f ==≠而，(3)(310)(7)0f f f -=-+=≠，所以(3)(3)f f -≠±故函数)(x f y =是非奇非偶函数;(II) 又(3)(1)0,(11)(13)(7)(9)0f f f f f f ====-=-=故f(x)在[0，10]和[－10，0]上均有有两个解，从而可知函数)(x f y =在[0，2005]上有402个解，在[－2005．0]上有400个解，所以函数)(x f y =在[－2005，2005]上有802个解．例8数列{ a n }满足 a n = a n －1－ a n －2 (n ≥3)．如果它的前1492项之和是1985， 而它的前1985项之和是1492．那么前 2 001项的和是多少? (1985年中美数学邀请赛复赛试题)解 因为a n = a n －1－ a n －2 =( a n －2－ a n －3 )－ a n －2 =－ a n －3同理a n －3=－ a n －6 所以a n = a n －6故数列{ a n }是周期数列．其周期为6． 且f ( n)=f ( 6k ＋n)， (k ∈N)．S n = a n ＋a n －1＋a n －2＋ ＋a 1， 且a n = a n －1－ a n －2 (n ≥3)所以S n =( a n －1－ a n －2)＋( a n －2－ a n －3)＋ ( a n －3－ a n －4)＋…＋ ( a 2 –a 1) ＋ a 2＋a 1 = a n －1＋ a 2 (n ≥3)因此S 1492= a 1491＋ a 2= a 248×6＋3＋ a 2= a 3＋ a 2=1985，S 1985= a 1984＋ a 2= a 330×6＋4＋ a 2= a 4＋ a 2= a 3=1492． 由以上两式得a 2=493，所以S 2001= a 2000＋ a 2= a 333×6＋2＋ a 2= a 2＋ a 2=986．情景再现5．已知f (x )是定义在R 上的函数f (10＋ x)= f (10－ x)， f (20＋ x)= f (20－ x)． 则f (x )是( )．A ．周期为20的奇函数B ．周期为20的偶函数C ．周期为40的奇函数D ．周期为40的偶函数6．在数列{ a n }中． a n = 13， a n = 56．对所有的正整数n 都有a n ＋1 = a n ＋ a n ＋2，求a 1994 ．(1994年第5届希望杯”竞赛题)习题14A 类习题1．定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和．已知数列{}a n 是等和数列，且a 12=，公和为5，那么(1)a 18的值为_______，(2)这个数列的前n 项和S n 的计算公式为________________ (2004年北京理工卷)． 2．若存在常数0>p ，使得函数=)()(px f x f 满足)(),)(2(x f R x ppx f 则∈-的一个正周期为 ．（2003年春季北京卷）3．对任意整数x ，函数)(x f 满足)(1)(1)1(x f x f x f -+=+，若2)1(=f ，则=)2003(f ．4．已知函数f(x)的定义域为N ，且对任意正整数x ，都有f(x)＝f(x －1)＋f(x ＋1)．若f(0)＝2004，求f(2004)．5．已知对于任意a ，b ∈R ，有f(a ＋b)＋f(a －b)＝2f(a)f(b)，且f(x)≠0 ⑴求证：f(x)是偶函数； ⑵若存在正整数m 使得f(m)＝0，求满足f(x ＋T)＝f(x)的一个T 值(T≠0)6．记f (n)为自然数n 的个位数字，a n = f (n 2)－ f (n)．求a 1＋a 2＋a 3＋ ＋a 2006的值．B 类习题7．函数f 定义在整数集上． 满足：()f n =()310005n n f n -≥⎧⎪⎨+⎡⎤⎪⎣⎦⎩若若n＜1000， 求()84f 的值．8． 已知数列{ a n }满足 a 1=1，a 2=2，a n a n ＋1a n ＋2=a n ＋ a n ＋1＋a n ＋2，且 a n ＋1a n ＋2≠1，求20061ii a=∑的值．9． 设函数f (x )的定义域关于原点对称且满足：(i)f (x 1－x 2)=)()(1)()(1221x f x f x f x f -+⋅；(ii)存在正常数a 使f (a )=1．求证： (1)f (x )是奇函数．(2)f (x )是周期函数，且有一个周期是4a ．10． 已知集合M 是满足下列性质的函数f (x )的全体：存在非零常数T ，对任意x ∈R ，有f (x ＋T )=T f (x )成立．（1）函数f (x )= x 是否属于集合M ？说明理由；（2）设函数f (x )=a x （a >0，且a ≠1）的图象与y=x 的图象有公共点，证明： f (x )=a x ∈M ；（3）若函数f (x )=sin kx ∈M ，求实数k 的取值范围．(2003年上海卷)C 类习题11．整数数列}{n a ，时对于每个n ≥3都有a n = a n －1 －a n －2，若前2003项的和为a ，(a ≠0)则S 5=( )A ．aB ． a 5C ． 5a D ． 5 a( 2003年希望杯)12． 设f(x)是一个从实数集R 到R 的一个映射，对于任意的实数x ，都有|f(x)|≤1，并且f (x)＋)71+(+)61+(=)4213+(x f x f x f ，求证:f(x)是周期函数．本节“情景再现”解答：1． 不妨设a ＞b ， 于是f(x ＋2(a －b))＝f(a ＋(x ＋a －2b))＝f(a －(x ＋a －2b))＝f(2b －x)＝f(b －(x －b))＝f(b ＋(x －b))＝f(x) ∴ 2(a －b)是f(x)的一个周期当a ＜b 时同理可得． 所以，2|a －b|是f(x)的周期2．解法一：由x 1=1，x 2=6，及 11-+-=n n n x x x 得x 3=5，x 4=－1， x 5=－6，x 6=－5， x 7=1，x 8=6， 所以数列{n x }是周期数列，其周期为6k(k ∈Z )，且 x 1＋x 2＋ ＋x 6=0，所以x 2006= x 6×334＋2= x 2=6． S 2006=7解法二：因为11-+-=n n n x x x ==-----121)(n n n x x x 2--n x ，于是得n n n x x x =-=++36所以数列{n x }是周期数列，其周期为6k(k ∈Z )，且x 1＋x 2＋ ＋x 6=0，所以x 2006= x 6×334＋2= x 2=6． S 2006=7 3． ⑴证明：令a ＝b ＝0得，f(0)＝1(f(0)＝0舍去)又令a ＝0，得f(b)＝f(－b)， 即f(x)＝f(－x) ， 所以，f(x)为偶函数 ⑵令a ＝x ＋m ，b ＝m 得f(x ＋2m)＋f(x)＝2f(x ＋m)f(m)＝0所以f(x ＋2m)＝－f(x) 于是f(x ＋4m)＝f[(x ＋2m)＋2m] ＝－f(x ＋2m) ＝f(x) 即T ＝4m(周期函数)4． (Ⅰ):∵f (x)是以2为周期的函数，∴ 当k ∈Z 时，2k 是f(x)的周期．又∵ 当x ∈I k 时，(x －2k)∈I 0，∴ f(x)=f(x －2k)=(x －2k)2．即对 k ∈Z ，当x ∈I k 时，f(x)=(x －2k)2． (Ⅱ)解:当k ∈N 且x ∈I k 时，利用(Ⅰ)的结论可得方程(x －2k)2=ax ， 整理得 x 2－(4k ＋a)x ＋4k 2=0． 它的判别式是 △=(4k ＋a)2－16k 2=a(a ＋8k)．上述方程在区间Ik 上恰有两个不相等的实根的充要条件是a 满足⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧+++≥++-+<->+])8(4[2112])8(4[21120)(k a a a k k k a a a k k k a a ， 化简⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-≤++>+>+ak a a a k a a k a a 2)8(2)8(0)8( ③②①由①知a >0，或a <－8k ． 当a >0时:因2＋a>2－a ，故从②，③可得a (a +8k ) ≤2－a ，即 ．⎩⎨⎧a (a +8k )≤(2－a )2，2－a >0.即⎩⎨⎧(2k +1)a ≤1，a ＜2.所以 1210+≤<k a 当a <－8k 时:2＋a<2－8k<0，易知a (a +8k ) <2＋a 无解． 综上所述，a 应满足1k 21a 0+≤<， 故所求集合(1)K>0 时 }1210{+≤<=k a a M K (2)K=0 ， {a ｜－1<a <0， 或0<a <1}4．（1）设点),(0y x A ，A 0关于点P 1的对称点A 1的坐标为),4,2(1y x A --A 1关于点P 2的对称点A 2的坐标为)4,2(2y x A ++，所以，}.4,2{20=A A（2）[解法一])(},4,2{20x f A A ∴= 的图象由曲线C 向右平移2个单位，再向上平移 4个单位得到．因此，基线C 是函数)(x g y =的图象，其中)(x g 是以3为周期的周期函数，且当.4)1lg()(,]4,1(,,4)2lg()(,]1,2(--=∈-+=-∈x x g x x x g x 时当于是时[解法二]设⎩⎨⎧=-=-42),,(),,(222220y y x x y x A y x A 于是若).3lg()3()(,330,6322222-=-=≤-<≤<x x f x f x x 于是则当),1lg(4.63,412-=+≤<≤<x y x x 则时 .4)1l g ()(,]4,1{--=∈∴x x g x 时当 （3）n n n A A A A A A A A 242200-+++=由于)(2,2143210212222n n n k k k k P P P P P P A A P P A A ---+++== 得，}.3)12(4,{}3)12(2,2{2})2,1{}2,1{}2,1({213-=-=+++=-n n n n n5．解析:f (20＋ x)= f [10＋ (10＋ x)]=f (10－ (10＋ x))= f (－x )， 类似地 f (20－ x)= f (x )，所以f (x )=－f (－x )， 故f (x )是奇函数且f (x )的周期为40．故选C ．6．解 因为a n ＋1 = a n ＋ a n ＋2 ， 所以a n ＋2 = a n ＋1＋ a n ＋3， 以上两式相减得a n ＋3 =－ a n ， 所以a n ＋6 = a n所以数列{ a n }是以6周期的周期数列．所以a 1994= a 332×6＋2= a 2=56．本节“习题14”解答：1． 答案：(1) 3 解：(1)由题可得5= a 1 ＋a 2 = a 2＋a 3 =a 3 ＋a 4=…= a 2n －1＋a 2n =a 2n ＋a 2n ＋1得a 2n ＋1=a 2n ＋3 ，a 2n =a 2n ＋2，故得为周期数列T=2， a 18 =a 2 ，又因为 a 1=2，所以a 2=3，故a 18 =a 2 =3．(2) 当n 为偶数时，S n n =52；当n 为奇数时，S n n =-5212． 2． 答案:2p 注：填2p的正整数倍中的任何一个都正确． 解：设u= px －p 2·所以px= u ＋p 2则f (u) = f (u ＋p2)对于任意的实数u 都成立，根据周期函数的定义，f( x)的一个正周期为p 2，所以f (x)的一个正周期为p2．3． 解 由)(1)(1)1(x f x f x f -+=+得)(1)2(x f x f -=+，故)()4(x f x f =+，21)3()3504()2003(-==+⨯=f f f ．4． 解 因为f(x)＝f(x －1)＋f(x ＋1) 所以f(x ＋1)＝f(x)＋f(x ＋2)， 两式相加得0＝f(x －1)＋f(x ＋2)即：f(x ＋3)＝－f(x) ∴ f(x ＋6)＝f(x)， f(x)是以6为周期的周期函数，2004＝6×334 ，∴ f(2004)＝f(0)＝2004． 5． ⑴证明：令a ＝b ＝0得，f(0)＝1(f(0)＝0舍去)又令a ＝0，得f(b)＝f(－b)，即f(x)＝f(－x) ， 所以，f(x)为偶函数 ⑵令a ＝x ＋m ，b ＝m 得f(x ＋2m)＋f(x)＝2f(x ＋m)f(m)＝0所以f(x ＋2m)＝－f(x) 于是f(x ＋4m)＝f[(x ＋2m)＋2m] ＝－f(x ＋2m) ＝f(x)，即T ＝4m(周期函数)6． 解易知f (n ＋10)=f (n)， f [(n ＋10)2]=f (n 2) 所以a n ＋10 = a n 即a n 是以10为周期的数列又易知a 1=0，a 2=2，a 3=6， a 4=2，a 5=0，a 6=0，a 7=2，a 8=－4，a 9=－8， a 10=0． 所以a 1＋a 2＋a 3＋ ＋a 10=0． 故a 1＋a 2＋a 3＋ ＋a 2005= a 1＋a 2＋a 3＋ ＋a 6=10． 7． 解 先考虑n=999(近1000时) 情况：()999ffff =()1004ffff f ⎡⎤⎣⎦=()1001ffff =()998fff =()1003fff f ⎡⎤⎣⎦ =()1000fff =()997ff =()1002ff f ⎡⎤⎣⎦=()999ff ． (有规律()999ffff =()999ff )．∴()84f =()845f f +⎡⎤⎣⎦=()8425ff f +⨯⎡⎤⎣⎦=()8435fff f +⨯⎡⎤⎣⎦ =()184841835fff +⨯=()184999fff =()182999fff =……=()999ff =()1004fff =()1001ff =()998f =()1003ff=()1000f =997．8． 解 易知a 3=3，a 4=1，a 5=2，由 a n a n ＋1a n ＋2=a n ＋ a n ＋1＋a n ＋2， ① 得a n ＋1a n ＋2a n ＋3=a n ＋1＋ a n ＋2＋a n ＋3， ② ②－①得：(a n ＋3－a n )( a n ＋1a n ＋2－1)=0， 又a n ＋1a n ＋2≠1，所以a n ＋3－a n =0，即a n 是以3为周期的数列，又a 1＋ a 2＋a 3=6，所以20061ii a=∑=6×668＋1＋2=4011．9． 证明: (1）不妨令x =x 1－x 2，则f (－x )=f (x 2－x 1)=)()(1)()()()(1)()(12212112x f x f x f x f x f x f x f x f -+-=-+=－f (x 1－x 2)=－f (x )．∴f (x )是奇函数．(2）要证f (x ＋4a )=f (x )，可先计算f (x ＋a )，f (x ＋2a )．∵f (x ＋a )=f ［x －(－a )］=)1)((1)(1)()()(1)()()()(1)()(=+-=--+-=---+-a f x f x f x f a f x f a f x f a f x f a f ．).(111)(1)(11)(1)(1)(1)(])[()2(x f x f x f x f x f a x f a x f a a x f a x f -=++--+-=++-+=++=+∴ ∴f (x ＋4a )=f ［(x ＋2a )＋2a ］=)2(1a x f +-=f (x )，故f (x )是以4a 为周期的周期函数．10． 解（1）对于非零常数T ，f (x ＋T)=x ＋T ， T f (x )=T x ． 因为对任意x ∈R ，x ＋T= T x 不能恒成立，所以f (x )=.M x ∉（2）因为函数f (x )=a x （a >0且a ≠1）的图象与函数y=x 的图象有公共点，所以方程组：⎩⎨⎧==xy a y x有解，消去y 得a x =x ，显然x =0不是方程a x =x 的解，所以存在非零常数T ，使a T =T ． 于是对于f (x )=a x 有)()(x Tf a T a a aT x f x x T Tx =⋅=⋅==++ 故f (x )=a x ∈M ．（3）当k=0时，f (x )=0，显然f (x )=0∈M ．当k ≠0时，因为f (x )=sin kx ∈M ，所以存在非零常数T ，对任意x ∈R ，有 f (x ＋T)=T f (x )成立，即sin(kx ＋k T)=Tsin kx ． 因为k ≠0，且x ∈R ，所以kx ∈R ，kx ＋k T ∈R ， 于是sin kx ∈[－1，1]，sin(kx ＋k T) ∈[－1，1]， 故要使sin(kx ＋k T)=T sin kx ．成立，只有T=1±，当T=1时，sin(kx ＋k )=sin kx 成立，则k =2m π， m ∈Z ．当T=－1时，sin(kx －k )=－sin kx 成立，即sin(kx －k ＋π)= sin kx 成立，则－k ＋π=2m π， m ∈Z ，即k =－2(m －1) π， m ∈Z ．综合得，实数k 的取值范围是{k |k = m π， m ∈Z}11． 解 因为a n = a n －1－ a n －2 =( a n －2－ a n －3 )－ a n －2 =－ a n －3，同理a n －3=－ a n －6所以a n = a n －6，故数列{ a n }是周期数列．其周期为6． 因此S n = a n ＋a n －1＋a n －2＋ ＋a 1， 且a n = a n －1－ a n －2 (n ≥3)．所以S n =( a n －1－ a n －2)＋( a n －2－ a n －3)＋ ( a n －3－ a n －4)＋…＋ ( a 2 –a 1) ＋ a 2＋a 1= a n －1＋ a 2 (n ≥3)． 因此S 2003= a 2002＋ a 2= a 333×6＋4＋ a 2= a 4＋ a 2=S 5，故选A ．12． 证明:由已知f(x)＋)4216x (f )427x (f )4213x (f +++=+所以)426x (f )4213x (f )x (f )427x (f +-+=-+ 19124942()()......()()42424242f x f x f x f x =+-+==+-+ 即 )427x (f )4249x (f )x (f )4242x (f +-+=-+ ① 同理有)4243x (f )4249x (f )421x (f )427x (f +-+=+-+ 即 )421x (f )4243x (f )427x (f )4249x (f +-+=+-+ ② 由①②)427x (f )4249x (f )x (f )4242x (f +-+=-+ 4314428442()()()()......()()424242424242f x f x f x f x f x f x =+-+=+-+==+-+ 于是f(x ＋1)－f(x)＝f(x ＋2)－f(x ＋1)，记这个差为d同理f(x ＋3)－f(x ＋2)＝f(x ＋2)－f(x ＋1)＝d……f(x ＋n ＋1)－f(x ＋n)＝f(x ＋n)－f(x ＋n －1)＝……＝f(x ＋1)－f(x)＝d即是说数列{f(x ＋n)}是一个以f(x)为首项，d 为公差的等差数列因此f(x ＋n)＝f(x)＋nd ＝f(x)＋n[f(x ＋1)－f(x)]对所有的自然数n 成立， 而对于x ∈R ，|f(x)|≤1，即f(x)有界，故只有f(x ＋1)－f(x)＝0即f(x ＋1)＝f(x) x ∈R 所以f(x)是周期为1的周期函数．。
2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第78讲数论选讲
第 21 讲 数论试题选讲在数学竞赛中，初等数论的问题是考查的热点内容之一．它所涉及的范围主要有数的进位制、数的整除性、同余理论与不定方程．主要的定理有费马小定理和中国剩余定理．反证法是解数论问题常用的解题方法．以下请大家了解近年一些有关数论的竞赛试题和其解法。
A 类例题例1．设p 是给定的奇质数，正整数k 使得k 2－pk 也是一个正整数，求正整数k 。
（2004年全国高中数学竞赛）分析 k 2－pk 是一个正整数，即k 2－pk 是一个完全平方数。
为了配方，考虑4(k 2－pk )是一个完全平方数，从而可以得到勾股方程。
解 由题k 2－pk 是一个正整数，则k 2－pk 是一个完全平方数， 设k 2－pk =m 2，m ∈N *，则 4(k 2－pk )= 4m 2，∴ (2k －p ) 2=p 2+ 4m 2， ∴ (2k －p ) 2－4m 2 = p 2， ∴ (2k －p －2m )(2k －p +2m ) = p 2，(2k －p ) ∵ (2k －p +2m )＞0，(2k －p －2m )＜(2k －p +2m )， 且 p 是给定的奇质数，∴ 2k －p －2m =1且2k －p +2m = p 2， ∴ 4k －2p =1+ p 2，即 4k =(1+p )2， 由于k ＞0，∴ 2k =1+ p ，k = 1+p2∈N *。
说明 本题中，p 是已知数，k 是未知数，所求的是用p 表示出k 。
借助m =k 2－pk 列出不定方程，其中不定方程可以转化为未知数的平方差型，于是问题可解。
例2．求所有的整数n ，使得n 4+6n 3+11n 2+3n +31是完全平方数．（2004年中国西部数学奥林匹克）分析 n 是整数，对多项式n 4+6n 3+11n 2+3n +31配方，如果恰好是一个n 的多项式的平方，则所有的整数n 都是解，问题就已经解决；否则对配方以后多出的部分进行估计讨论。
江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第51讲 圆
第51讲 圆对圆的问题的研究是高中解析几何的重点内容之一，在高考和数学竞赛中也很常见，学习中应熟练掌握圆的方程的几种常见的形式：1．圆的标准方程：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，其圆心为(a ，b )，半径为r (r ＞0)． 2．圆的一般方程：x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，①当D 2＋E 2－4F ＞0时，该方程表示圆，圆心(－D 2，－E 2)，半径r ＝12D 2＋E 2－4F ； ②当D 2＋E 2－4F ＝0时，该方程表示点(－D 2，－E2)(点圆)；③当D 2＋E 2－4F ＜0时，该方程不表示任何曲线(虚圆)．3．以(x 1，y 1)，(x 2，y 2)为直径端点的圆的方程：(x －x 1)(x －x 2)＋(y －y 1)(y －y 2)＝0；4．圆的参数方程：圆心为(a ，b )半径为r 的圆的参数方程⎩⎨⎧x ＝a ＋r cos θ，y ＝b ＋r sin θ．(θ为参数)同时在学习的过程中还应该注意点与圆、直线与圆、圆与圆的位置关系及一些相关的结论，注意待定系数法的应用．与圆有关的问题还常常要考虑用平几方法来解A 类例题例1．设实数x ，y 满足(x －2)2＋y 2＝3，那么yx 的最大值是( )A ．12B ．33C ．32D ．3(2000年全国高考题)分析 由于(x ，y )在圆上，则yx 的值可以理解为通过圆上的点与原点连线的斜率，从而比较顺利地解决问题．解 如图，方程(x －2)2＋y 2＝3的图形为圆心在(2，0)，半径为r ＝3的圆． 设yx ＝k ，则k 为y ＝kx 的斜率，显然k 的最大值是在直线y ＝kx 与圆在x 轴上方相切时得到，即直线OM 的斜率为k 的最大值．又|AM |＝3，|OA |＝2，则∠MOA ＝π3． 于是可得y x 的最大值是k ＝tan π3＝3，故选D ．说明 这里运用数形结合的思想，把yx 视为圆上一点(x ，y )与原点连线的斜率是破题的“高明”之招．本题也可以直接解出：以y ＝kx 代入圆的方程(k 2＋1)x 2－4x ＋1＝0，这是关于x 的二次方程，14Δ＝4－(k 2＋1)≥0，解得k 2≤3，则k 的最大值为 3例2．自点A (－3，3)发出的光线L 射到x 轴上，被x 轴反射，其反射光线所在直线与圆x 2＋y 2－4x －4y ＋7＝0相切，求光线L 所在直线的方程．(1989年全国高考题)分析 考虑作出已知圆关于x 轴的对称图形——圆C'，则两条入射光线均与圆C'相切，以此为突破口解决问题．M AyOx解 已知圆的标准方程是(x －2)2＋(y －2)2＝1，它关于x 轴的对称圆的方程是(x －2)2＋(y ＋2)2＝1，①设光线L 所在直线的方程是y －3＝k (x ＋3)(其中斜率k待定）由题设知对称圆的圆心C '(2，－2)到这条直线的距离等于1，即d ＝|5k ＋5|1＋k 2＝1．整理得，12k 2＋25k ＋12＝0，解得k ＝－34，或k ＝－43．故所求的直线方程是y －3＝－34(x ＋3)，或y －3＝－43(x ＋3)，即3x ＋4y －3＝0，或4x＋3y ＋3＝0．例3．设圆满足：①截y 轴所得弦长为2；②被x 轴分成两段圆弧，其弧长的比为3：1．在满足条件①、②的所有圆中，求圆心到直线l ：x －2y ＝0的距离最小的圆的方程．(1997年全国高考题)分析 要求圆心到直线的距离最小的圆的方程，必须先求出距离的最小值或求出何时距离最小，可以把本题先化成一个最值问题，解决之后再来求圆的方程．解法一 设圆的圆心为P (a ，b )，半径为r ，则点P 到x 轴，y 轴距离分别为|b |，|a |． 由题设知圆P 截x 轴所得劣弧对的圆心角为90°，知圆P 截x 轴所得的弦长为2r ，故r 2＝2b 2．又圆P 截y 轴所得的弦长为2，所以有r 2＝a 2＋1． 从而得2b 2－a 2＝1． 又点P (a ，b )到直线x －2y ＝0的距离为d ＝|a －2b |5，所以5d 2＝|a －2b |2＝a 2＋4b 2－4ab ≥a 2＋4b 2－2(a 2＋b 2)＝2b 2－a 2＝1．当且仅当a ＝b 时上式等号成立，此时5d 2＝1，从而d 取得最小值．由此有⎩⎨⎧a ＝b ，2b 2－a 2＝1．解此方程组得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝1或⎩⎨⎧a ＝－1，b ＝－1．由于r 2＝2b 2，则r ＝2．于是，所求圆的方程是(x －1)2＋(y －1)2＝2，或(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝2． 解法二 同解法一得d ＝|a －2b |5，所以，a －2b ＝±5d ，得a 2＝4b 2±45bd ＋3d 2， (1) 将a 2＝2b 2－1代入(1)式，整理得2b 2±45bd ＋5d 2＋1＝0 (2)把它看作b 的二次方程，由于方程有实根，故判别式非负，即 Δ＝(±45d )2－4×2×(5d 2＋1)＝8(5d 2＋1)≥0，解得5d 2≥1．所以5d 2有最小值1，从而d 有最小值为55．C'CAxOy将其代入(2)式得2b 2±4b ＋2＝0，解得b ＝±1．将b ＝±1代入r 2＝2b 2，r 2＝2，由r 2＝a 2＋1得a ＝±1． 综上a ＝±1，b ＝±1，r 2＝2，由|a －2b |＝1知，a ，b 同号，于是，所求圆的方程是(x －1)2＋(y －1)2＝2，或(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝2．说明 在解题的过程中，要体会如何合理刻画最值．情景再现1．过点A (1，－1)、B (－1，1)且圆心在直线x ＋y －2＝0上的圆的方程是( ) A ．(x －3)2＋(y ＋1)2＝4 B ．(x ＋3)2＋(y －1)2＝4 C ．(x －1)2＋(y －1)2＝4 D ．(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝4 (2001年全国高考题) 2．已知当且仅当k 满足a ≤k ≤b 时，两曲线x 2＋y 2＝4＋12x ＋6y 与x 2＋y 2＝k ＋4x ＋12y 有公共点，则b －a 的值为 ；(上海市2001高中数学竞赛)3．求过原点且与直线x ＝1及圆(x －1)2＋(y －2)2＝1都相切的圆的方程．B 类例题例4．设a 、b 是方程x 2＋cotθ·x －cscθ＝0的两个不等实根，那么过点A (a ，a 2)和B (b ，b 2)的直线与圆x 2＋y 2＝1的位置关系是( )A ．相离B ．相切C ．相交D ．随θ的值而变化(第九届全国希望杯邀请赛)分析 可以先求出过A 、B 的直线方程，然后运用圆心到直线的距离与半径的大小比较，确定直线与圆的位置关系．解 选B ． 根据题意，得⎩⎨⎧a 2＋cotθ·a －cscθ＝0，b 2＋cotθ·b －cscθ＝0．即⎩⎨⎧a 2sinθ＋a cosθ－1＝0，b 2sinθ＋b cosθ－1＝0．因此，A (a ，a 2)和B (b ，b 2)都在直线y sinθ＋x cosθ－1＝0上． 所以过A 、B 的直线方程为x cosθ＋y s inθ－1＝0． (1)因此原点到该直线的距离d ＝|0·sinθ＋0·cosθ－1|cos 2θ＋sin 2θ＝1． 故过A 、B 的直线与单位圆相切．故选B ．说明 1．本题求过A 、B 的直线的方程的方法很重要，也很简洁．读者也可以思考一下其他解法比较一下．2．判断直线与圆的位置关系常用两种方法：①消去x ，或y 之一，得到一个一元二次方程，判断Δ的符号；②运用圆心到直线的距离与半径的大小关系的比较进行判断．3．式(1)即是直线l 的法线式方程，其中熟字“1”就是原点与直线l 的距离．例5．已知直角坐标平面上一点Q (2，0)和圆C ：x 2＋y 2＝1，动点M 到圆C 的切线长与|MQ |的比等于常数λ(λ＞0)．求动点M 的轨迹方程，说明它表示什么曲线．(1994年全国高考题)分析 按求轨迹方程的常规方法，设动点M 的坐标为(x ，y )，将动点M 满足的条件等式转化为解析表达式，化简得轨迹方程，特别要注意题中的隐含条件：二次方程的二次项系数为0时退化为一次方程，由此引起对λ的讨论．解 如图设MN 切圆于N ，则动点M 组成的集合为NMy式中常数λ＞0．因为圆的半径|ON |＝1，所以|MN |2＝|MO |2－|ON |2＝|MO |2－1． 设点M 的坐标为(x ，y )，则x 2＋y 2－1＝λ(x －2)2＋y 2，整理得(λ2－1)(x 2＋y 2)－4λ2x ＋(1＋4λ2)＝0．经检验，坐标适合这个方程的点都属于集合P ，故这个方程为所求的轨迹方程． 当λ＝1时，方程化为x ＝54，它表示一条直线，该直线与x 轴垂直且相交于点(54，0)；当λ≠1时，方程化为(x －2λ2λ2－1)2＋y 2＝1＋3λ2(λ2－1)2，它表示圆，该圆圆心的坐标为(2λ2λ2－1，0)，半径为1＋3λ2|λ2－1|．说明 本题中轨迹方程的探求、对λ的讨论及对轨迹所表示的曲线的研究都有一定的难度，应注意理解和掌握．例6．实数x 、y 满足方程x 2＋y 2＝6x －4y －9，求2x －3y 的最大值与最小值的和．(第十届全国希望杯数学邀请赛)分析 方程x 2＋y 2＝6x －4y －9，即(x －3)2＋(y ＋2)2＝4表示一个圆，可以写出这个圆的参数方程，从中求出2x －3y 的最大值与最小值．解法一 由x 2＋y 2＝6x －4y －9，得(x －3)2＋(y ＋2)2＝4，于是可设⎩⎨⎧x －3＝2cos θ，y ＋2＝2sin θ．即⎩⎨⎧x ＝3＋2cos θ，y ＝－2＋2sin θ．则2x －3y ＝2(3＋2cos θ)－3(－2＋2sin θ)＝4cos θ－6sin θ＋12＝213cos(θ＋ϕ)＋12， 所以2x －3y 的最大值为12＋213，2x －3y 的最小值为12－213．因此，2x －3y 的最大值与最小值之和为24．解法二 设2x －3y ＝c ，代入x 2＋y 2＝6x －4y －9，消去y ，整理得13x 2－(4c ＋30)x ＋(c 2－12c ＋81)＝0，此关于x 的方程Δ≥0，即(4c ＋30)2－4×13×(c 2－12c ＋81)≥0，即c 2－24c ＋92≤0． 方程c 2－24c ＋92＝0的两根为c 1、c 2(c 1＜c 2)，显然c 1≤c ≤c 2， 故c max ＋c min ＝c 1＋c 2＝24．说明 本题也可以这样解决：2x －3y ＝c 表示斜率为23的平行线簇，从而只要求直线与圆有公共点的条件即可得出c max 和c min ．由|2×3－3×(－2)－c |22＋32≤2，解得|12－c |≤213，即12－213≤c ≤12＋213，故c max ＋c min ＝c 1＋c 2＝24．情景再现4．(1)圆2x 2＋2y 2＝1与直线x sinθ＋y －1＝0(θ∈R ，θ≠π2＋k π，k ∈Z )的位置关系是( ) A ．相交 B ．相切 C ．相离 D ．不确定 (2002年北京市春季高考题) (2)在圆x 2＋y 2－5x ＝0内，过点(52，32)有三条弦的长度成等比数列，则其公比的取值范围是( )A ．[245，25] B ．[345，25]C ．[25，52] D ．[2 35，52](河北省2000年高中数学竞赛)5．知圆C ：x 2＋y 2－2x ＋4y －4＝0，问是否存在斜率为1的直线l ，使l 被圆C 截得弦AB ，以AB 为直径的圆过原点．若存在，求出l 的方程，若不存在，说明理由．6．在△ABC 中，∠A 、∠B 、∠C 所对的边为a 、b 、c ，若c ＝10，cos A cos B ＝b a ＝43，P 为△ABC 内切圆上一动点，d 为点P 到顶点A 、B 、C 的距离的平方和，则d min ＋d max ＝ ；(第六届河南省高中数学竞赛)C 类例题例7．已知：正数m 取不同的数值时，方程x 2＋y 2－(4m ＋2)x －2my ＋4m 2＋4m ＋1＝0表示不同的圆．求这些圆的公切线的方程．(福州市高中数学竞赛题) 解 化圆方程为(x －2m －1)2＋(y －m )2＝m 2． 故圆心坐标为(2m ＋1，m )，半径为m ．若直线y ＝kx ＋b 是这些圆的公切线，则必须而且只需对于一切正数m 恒有|k (2m ＋1)－m ＋b |k 2＋1＝m 两边平方并整理得，(3k 2－4k )m 2＋2(k ＋b )(2k －1)m ＋(k ＋b )2＝0．从而⎩⎪⎨⎪⎧3k 2－4k ＝0，2(k ＋b )(2k －1)＝0，(k ＋b )2＝0．解得⎩⎨⎧k 1＝0，b 1＝0．或⎩⎨⎧k 2＝43，b 2＝－43．故这些圆有两条公切线，其方程分别为y ＝0或y ＝43x －43．例8．三个圆，半径都是3，中心分别在(14，92)、(17，76)、(19，84)，过点(17，76)作一条直线，使得这三个圆位于这条直线某一侧的部分的面积和等于这三个圆位于这条直线另一侧的部分的面积的和．求这条直线的斜率的绝对值．(第2届美国数学邀请赛) 解 首先注意到这三个圆是互相外离的等圆．记O 1(14，92)，O 2(19，84)，O 3(17，76)．由于过O 3的直线总把⊙O 3分为等积的两部分，因此，只要考虑过平面上怎样一点所画的直线与⊙O 1、⊙O 2相交且使直线两侧的面积相等．记O 1O 2的中点为M ，则M 为两等圆⊙O 1和⊙O 2的对称中心，因此过M 且与⊙O 1、⊙O 2都相交的直线能满足题目的要求．M O 2O1因此，所求直线应过M 和O 3的直线，符合题设要求的唯一的． 由于M (16.5，88)，O 3(17，76)，则该直线的斜率的绝对值是|k |＝|88－7616.5－17|＝24．情景再现7．证明：方程x 4－16x 2＋2x 2y 2－16y 2＋y 4＝4x 3＋4xy 2－64x 的图形为两个互相内切的圆．(天津市高中数学竞赛题)8．已知：通过定点M (x 1，y 1)的两个圆与两坐标轴相切，它们的半径分别为r 1、r 2．求证：r 1r 2＝x 21＋y 21．(辽宁省高中数学竞赛题)习题511．已知直线⎩⎨⎧x ＝t cos α，y ＝t sin α(t 为参数)与圆⎩⎨⎧x ＝4＋2cos θ，y ＝2sin θ(θ为参数)相切，则直线的倾斜角为( ) (湖南省1998年高中数学竞赛)A ．π6或5π6B ．π4或3π4C ．π3或2π3D ．－π6或－5π62．已知：圆C ：x 2＋y 2－2x －2y ＋1＝0，直线l 与C 相切，且l 与x 、y 轴交于点A 、B ，O 为原点．|OA |＝a ，|OB |＝b ，a ＞2，b ＞2．(1)求证：(a －2)(b －2)＝2；(2)l 与x 、y 轴交于点A 、B ，求线段AB 的中点轨迹； (3)求△AOB 面积的最小值．3．设A (2，0)为平面上一定点，P (sin(2t －60°)，cos(2t －60°))为动点，则当t 由15°变到45°时，线段AP 扫过的面积是 ．(1990年全国高中数学联赛)4．已知如图的曲线是以原点为圆心，1为半径的圆的一部分，则这一曲线的方程是( ) A ．(x ＋1－y 2)(y ＋1－x 2)＝0B ．(x －1－y 2)(y －1－x 2)＝0C ．(x ＋1－y 2)(y －1－x 2)＝0D ．(x －1－y 2)(y ＋1－x 2)＝0 (1992年全国高中数学联赛)5．已知点集A ＝{(x ，y )|(x －3)2＋(y －4)2≤(52)2}，B ＝{(x ，y )|(x －4)2＋(y －5)2＞(52)2}，则点集A ∩B 中的整点(即横、纵坐标均为整数的点)的个数为 ．(1994年全国高中数学联赛)6．在直角坐标平面，以(199，0)为圆心，199为半径的圆周上整点(即横、纵坐标皆为整数的点)的个数为________．(1996年全国高中数学联赛)7．设定点P 在圆周x 2＋y 2＝1上，若点Q 、R 在圆x 2＋y 2＝1的内部或圆周上，且⊿PQR11O -1-1xy为边长是23的正三角形．则|OQ |2＋|OR |2的最大值为 ；(O 为坐标原点) (上海市1992年高中数学竞赛)8．求一个圆，它与三个圆C 1：(x －5)2＋(y －3)2＝9；C 2：(x －3)2＋(y －5)2＝25；C 3：(x －10)2＋y 2＝19都相交，且在交点处的切线互相垂直．本节“情景再现”解答： 1．C ． 2．140．3．(x －38)2＋(y －12)2＝2564．4．(1)C ．(2)C ．5．圆C 的圆心(1，－2)，半径r ＝3．设l 的方程为y ＝x ＋b ，则过A 、B 的圆可写为x 2＋y 2－2x ＋4y －4＋λ(x －y ＋b )＝0，即x 2＋y 2＋(λ－2)x ＋(4－λ)y －4＋λb ＝0．其圆心(－λ－22，－4－λ2)在直线y ＝x ＋b 上，故λ－4＝2－λ＋2b ，⇒λ＝b ＋3． 原点在此圆上，故λb ＝4．则b ＝1，λ＝4；或b ＝－4，λ＝－1．则直线l 的方程为y ＝x ＋1，或y ＝x －4．6．因为cos A cos B ＝b a ＝sin Bsin A ，则可得2A ＝2B ，或2A＋2B ＝180°．而2A ＝2B 与b a ＝43矛盾，故A ＋B ＝90°，则C ＝90°，a＝6，b ＝8．内切圆半径＝2．建立直角坐标系(如图)，设P (x ，y )，则(x －2)2＋(y －2)2＝22．d ＝x 2＋y 2＋(x －6)2＋y 2＋x 2＋(y －8)2＝3x 2＋3y 2－12x －16y ＋100＝88－4y (0≤y ≤4)．故d min ＋d max ＝88＋72＝160．7．方程x 4－16x 2＋2x 2y 2－16y 2＋y 4＝4x 3＋4xy 2－64x 可以写成(x 2＋y 2)(x 2＋y 2－16)－4x (x 2＋y 2－16)＝0，即(x 2＋y 2－4x )(x 2＋y 2－16)＝0，从而x 2＋y 2－4x ＝0，或x 2＋y 2－16＝0，即(x －2)2＋y 2＝4，或x 2＋y 2＝16．方程(x －2)2＋y 2＝4表示圆心为(2，0)，半径为2的圆，方程x 2＋y 2＝16表示圆心为(0，0)，半径为4的圆．而两圆的半径的差为2，且圆心距为2，所以这两个圆互相内切，即方程x 4－16x 2＋2x 2y 2－16y 2＋y 4＝4x 3＋4xy 2－64x 的图形为两个互相内切的圆．8．如图，由于两圆和两坐标轴相切，设两圆的方程分别为(x－a 1)2＋(y －b 1)2＝a 21，|a 1|＝|b 1|＝r 1；(x －a 2)2＋(y －b 2)2＝a 22，|a 2|＝|b 2|＝r 2．即x 2＋y 2－2a 1(x ±y )＋a 21＝0；x 2＋y 2－2a 2(x ±y )＋a 22＝0．因为M (x 1，y 1)在圆O 1、O 2上，则x 21＋y 21－2a 1(x 1±y 1)＋a 21＝0；x 21＋y 21－2a 2(x 1±y 1)＋a 22＝0．如果两圆O 1、O 2在同一象限内，于是a 1、a 2是方程x 2－2(x 1±y 1)x ＋x 21＋y 21＝0的两个根．所以由根与系数关系推得，a 1a 2＝x 21＋y 21，即r 1r 2＝x 21＋C B AyxO O 2O 1MxOy 21．本节“习题11”解答： 1．A ．2．(1)C ：(x －1)2＋(y －1)2＝1，圆心(1，1)，半径为1．直线l 的方程为(±bx )＋(±ay )－ab ＝0．但只有bx ＋ay －ab ＝0与C 可能相切．直线l 与C 相切的充要条件为|a ＋b －ab |a 2＋b 2＝1，即ab －2a －2b ＋2＝0，就是(a －2)(b －2)＝2．(2)设AB 中点为(x ，y )，则a ＝2x ，b ＝2y ，代入得轨迹为2(x －1)(y －1)＝1(x ＞1)．(3)S △AOB ＝12ab ＝a ＋b －1＝(a －2)＋(b －2)＋3≥2(a －2)(b －2)＋3＝3＋22．3．点P 在单位圆上，sin(2t －60°)＝cos(150°－2t )，cos(2t －60°)＝sin(150°－2t ).当t 由15°变到45°时，点P 沿单位圆从(－12，32)运动到(12，32)．线段AP 扫过的面积等于扇形面积等于16π．4．D ． 5．7．6．4个．提示：把圆心平移至原点，不影响问题的结果．故问题即求x 2＋y 2＝1992的整数解数．显然x 、y 一奇一偶，设x ＝2m ，y ＝2n －1．且1≤m ，n ≤99．则得4m 2＝1992－(2n －1)2＝(198＋2n )(200－2n )．m 2＝(99＋n )(100－n )≡(n －1)(－n )(mod 4)．由于m 为正整数，m 2≡0，1(mod 4)；(n －1)(－n )≡⎩⎨⎧0，(当n ≡0，1(mod 4)时)2，(当n ≡2，3(mod 4)时)二者矛盾，故只有(0，±199)，(±199，0)这4解．所以共有4个，分别为(199，±199)，(0，0)，(398，0)．7．23(4－6)．提示：不妨取P (1，0)，∠QPO ＝θ，则Q (1－23cos θ，23sin θ)；R (1－23cos(θ－60︒)，23sin(θ－60︒))．于是|OQ |2＋|OR |2＝1－43cos θ ＋43＋1－43cos(θ－60︒)＋43＝143－43(32cos θ＋32sin θ)＝143－4cos(θ－30︒)，当θ最大时|OQ |2＋|OR |2取得最大值．当Q 在⊙O 上时，由OP ＝OQ ＝1，PQ ＝23，即得cos θ＝13，故对于任何点Q 有cos θ≥13，则|OQ |2＋|OR |2≤143－2cos(θ－30︒)＝143－2(1＋63)＝23(4－6)．8．设所求圆方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2．则(a －5)2＋(b －3)2＝9＋r 2；⇒a 2＋b 2－10a －6b ＝r 2－25． ① (a －3)2＋(b －5)2＝25＋r 2；⇒a 2＋b 2－6a －10b ＝r 2－9． ② (a －10)2＋b 2＝19＋r 2．⇒a 2＋b 2－20a ＝r 2－81． ③ ②－①： a －b ＝4． ①－③： 5a －3b ＝28．解得a ＝8，b ＝4．r ＝1．即所求圆为(x －8)2＋(y －4)2＝1。
江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第16讲圆中比例线段、根轴
第16讲 圆中比例线段、根轴本节主要介绍圆幂定理及其应用，介绍根轴的有关知识.圆幂定理是指相交弦定理、切割线定理及割线定理，它们揭示了与圆有关的线段的比例关系，是平面几何中研究有关圆的性质的一组很重要的定理，应用及其广泛.圆幂定理通常可以通过相似三角形得到，因此研究圆中的比例线段，一般离不开相似三角形.相交弦定理 圆内的两条相交弦被交点分成的两条线段的积相等.切割线定理 从圆外一点引圆的切线和割线，切线长是这点到割线与圆交点的两条线段长的比例中项割线定理 从圆外一点引圆的两条割线，这一点到每条割线与圆的交点的两条线段长的积相等.上述三个定理统称为圆幂定理，它们的发现距今已有两千多年的历史，它们有下面的同一形式：圆幂定理 过一定点作两条直线与圆相交，则定点到每条直线与圆的交点的两条线段的积相等，即它们的积为定值.这里切线可以看作割线的特殊情形，切点看作是两个重合的交点.若定点到圆心的距离为d ，圆半径为r ，则这个定值为|d 2-r 2|.当定点在圆内时，d 2-r 2<0，|d 2-r 2|等于过定点的最小弦的一半的平方； 当定点在圆上时，d 2-r 2=0；当定点在圆外时，d 2-r 2>0，d 2-r 2等于从定点向圆所引切线长的平方. 特别地，我们把d 2-r 2称为定点对于圆的幂.一般地我们有如下结论：到两圆等幂的点的轨迹是与此二圆的连心线垂直的一条直线；如果此二圆相交，那么该轨迹是此二圆的公共弦所在直线．这条直线称为两圆的“根轴”．对于根轴我们有如下结论：三个圆两两的根轴如果不互相平行，那么它们交于一点，这一点称为三圆的“根心”．三个圆的根心对于三个圆等幂．当三个圆两两相交时，三条公共弦(就是两两的根轴)所在直线交于一点．A 类例题例1 试证明圆幂定理.分析 涉及到圆中线段，我们可以运用垂径定理进行证明．证明 如图，当点P 在圆内时，过点O 作OQ ⊥AB 于Q ，连结OP 、OB ，则QA =QB .于是PA ·PB =( PQ +QA )·(QB -PQ )=QB 2-PQ 2=(OB 2-OQ 2)-(OP 2-OQ 2)=OB 2-OP 2= r 2-d 2=|d 2-r 2|. 当点P 在圆上和圆外时，同理可得PA ·PB =|d 2-r 2|.说明 关于圆幂定理的证明方法很多，同学们可以自己再思考几种证明方法. 链接 （1）此结论也可以在椭圆中得到推广，有兴趣同学可以自己去研究Q O A PQ O A P例2 利用圆幂定理证明：在直角三角形中，斜边上的高是两条直角边在斜边上的射影的比例中项；每一直角边是它在斜边上的射影和斜边的比例中项分析 本题可以用相似三角形来证明，但本题要求用圆幂定理，显然要有圆，可以考虑三角形的外接圆，于是有下面的证法.EDC证明 如图，在Rt △MAC 中，∠ACB =90︒，做的外接圆，CD 是斜边AB 上的高，延长CD 交外接圆于E.由相交弦定理，得AD ·DB =CD ·DE ，因CD =DE ，故CD 2=AD ·DB .又因为，BC 是外接圆直径，所以AC 切圆BDC 于C ，由切割线定理有AC 2=AD ·AB ，同理有BC 2=BD ·BA .例3 已知AB 切⊙O 于B ，M 为AB的中点，过M 作⊙O 的割线MD 交⊙O 于C 、D两点，连AC 并延长交⊙O 于E ，连AD 交⊙O 于F .求证：EF ∥AB .分析 要证明EF ∥AB ，可以证明内错角相等，即要证明∠MAE =∠AEF ，而∠CEF =∠CDF ，即要证明∠MAC =∠MDA ，于是可以通过三角形相似，证明对应角相等. 证明 ∵AB 是⊙O 的切线，M 是AB 中点，∴MA 2=MB 2=MC ·MD ． ∴△MAC ∽△MDA ． ∴∠MAC =∠MDA ， ∵∠CEF =∠CDF ， ∴∠MAE =∠AEF ．研究．（2）圆中线段还有很多有趣的结论，例如(Ptolemy 定理)圆内接四边形对角线之积等于两组对边乘积之和.想一想如何证明，参见本书第十八讲.（3）对于相交弦定理的逆命题也是成立，即若线段AB 、CD 相交于点P ，且AP ·PB =CP ·PD ，则A 、B 、C 、D 四点共圆.证明请读者自己思考.链接 本题通过构造圆，应用圆幂定理证明等积问题，构思巧妙．这种方法在数学中是常见的，例如：如图,四边形ABCD 中,AB ∥CD ,AD ＝DC＝DB ＝p ,BC ＝q .求对角线AC 的长.分析：由“AD ＝DC ＝DB ＝p ”可知A 、B 、C 在半径为p 的⊙D 上.利用圆的性质即可找到AC 与p 、q 的关系.解：延长CD 交半径为p 的⊙D 于E 点,连结AE .显然A 、B 、C 在⊙D 上.∵AB ∥CD ,∴︵BC ＝︵AE .从而,BC ＝AE ＝q .在△ACE 中,∠CAE ＝90°,CE ＝2p ,AE ＝q ,故AC ＝22AE CE -＝224q p -.O EF AB C M A E D C B情景再现1．AD 是Rt △ABC 斜边BC 上的高,∠B 的平分线交AD 于M ,交AC 于N .求证：AB 2－AN 2＝BM ·BN .2．如图，⊙O 内的两条弦AB 、CD 的延长线相交于圆外一点E ，由E 引AD 的平行线与直线BC 交于F ，作切线FG ，G 为切点.求证：EF =FG .3．已知如图，两圆相交于M 、N ，点C 为公共弦MN 上任意一点，过C 任意作直线与两圆的交点顺次为A 、B 、D 、E .求证：AB BC =EDDC.B 类例题例4 如图,ABCD 是⊙O 的内接四边形,延长AB 和DC 相交于E ,延长AB 和DC 相交于E ,延长AD 和BC 相交于F ,EP 和FQ 分别切⊙O 于P 、Q .求证：EP 2＋FQ 2＝EF 2.分析 因EP 和FQ 是⊙O 的切线,由结论联想到切割线定理,构造辅助圆使EP 、FQ 向EF 转化.证明 如图,作△BCE 的外接圆交EF 于G ,连 结CG .因∠FDC ＝∠ABC ＝∠CGE ,故F 、D 、C 、G 四点共圆.由切割线定理,有EF 2＝(EG ＋GF )·EF ＝EG ·EF ＋GF ·EF ＝EC ·ED ＋FC ·FB＝EC ·ED ＋FC ·FB ＝EP 2＋FQ 2, 即EP 2＋FQ 2＝EF 2.链接 本题结论也可以改为EP 、FQ 、EF 可以作为一个直角三角形的三边．例5 AB 是⊙O 的直径，ME ⊥AB 于E ，C 为⊙O 上任一点，AC 、EM 交于点D ，BC 交DE 于F ．求证：EM 2=ED ·EF ．证明 延长ME 与⊙O 交于N ．由相交弦定理，EM ·EN =EA ·EB ，但EM =EN ，∴EM 2=EA ·EB ．G FE B A CD O PC B GFDC MDCD B NMAE∴∠B =90°－∠BFE =∠D ，故△AED ∽△FEB ． ∴AE ∶ED =FE ∶EB ，即EA ·EB =ED ·EF ． ∴EM 2=ED ·EF ．例6 (1997年全国高中理科实验班招生考试)如图所示，PA 、PB 是⊙O 的两条切线，PEC 是⊙O 的一条割线，D 是AB与PC 的交点，若PE =2，CD =1，求DE 的长.解 设DE =x ，连PO 交AB 于F ， ∵PA 2=PE ·PC =2(3+x )． 在直角三角形PAF 中，PA 2=PF 2+AF 2． ∴PF 2+AF 2=2(3+x )． ①在直角三角形PDF 中，PF 2+DF 2=PD 2． ∴PF 2+DF 2=(2+x )2． ②①－②：AF 2－DF 2=2(3+x )－(2+x )2，∵AF 2－DF 2=(AF +DF )(AF －F )=AD ·BD =DE ·CD =x ·1， ∴6+2x －4－4x －x 2=x ．即x 2+3x －2=0．∴x =2173±-，但x >0，∴ x =2317-， ∴ DE =2317-．情景再现4．如图，P 为两圆公共弦AB 上一点，过点P 分别作两圆的弦CD 、EF ，求证：C 、D 、E 、F 四点共圆.5．正⊿ABC 内接于⊙O ，M 、N 分别是AB 、AC 的中点，延长MN 交⊙O 于点D ，连结BD 交AC 于P ，求PC PA．6．如图，已知四边形ABCD 内接于直径为3的⊙O ，对角线AC 是直径，AC 、BD 交于点P ，AB =BD ，且PC =0.6.求此四边形的周长．(1999年全国初中数学联赛)C 类例题例7 如图，自圆外一点P 向⊙O 引割线交圆于R 、S 两点，又作切线 PA 、PB ，A 、B 为切点，AB 与PR 相交于Q ．F O P E CA DFP BADCEABCMN POABC DOP求证：1PR+1PS=2PQ．分析要证1PR+1PS=2PQ成立，也就是要证明1PR－1 PQ=1PQ－1PS成立，即RQPR=QSPS．也就是要证明RQQS=PRPS成立．于是可通过三角形相似及圆中的比例线段来证．证明如图，连结AR、AS、RB、BS，∵PA是⊙O的切线，∴∠PAR=∠PSA．又∵∠APR=∠SPA，∴△PAR∽△PSA．∴PAPS=ARAS=PRPA.∴PAPS·PRPA=(ARAS)2，即PRPS=AR2AS2．同理，PRPS=BR2BS2．∴AR2AS2=BR2BS2，即ARAS=BRBS．又∵∠RAQ=∠BSQ，∠AQR=∠SQB，∴△AQR∽△SQB，∴ARSB=AQSQ=RQBQ．同理△AQS∽△RQB，∴BRSA=RQAQ=BQSQ．∴ARSB·BRSA=AQSQ·RQAQ=RQSQ．又∵ARAS=BRBS，∴RQSQ=AR2AS2．从而PRPS=RQSQ．又∵1PR+1PS=2PQ⇔1 PR－1 PQ=1 PQ－1 PS⇔RQPR=QSPS．本题得证.说明当1PR+1PS=2PQ时，我们称PR、PQ、PS成调和数列.链接本题证明过程中，我们得到了不少结论：①RQPR=QSPS；②RQSQ=AR2AS2；③PRPS=AR2AS2；④ARAS=BRBS等．同学们可以再研究，还有不少有趣的结论.例8 AB是⊙O的弦，M是其中点，弦CD、EF经过点M，CF、DE交AB于P、Q，求证：MP=QM．证明设MP=x，QM=y，AM=BM=a，由正弦定理，得PM sin∠3=PCsin∠1,QDsin∠1=MQsin∠4,EQsin∠2=MQsin∠3,PMsin∠4A BDEFM1234OP QCQRBAOPS=PF sin ∠2,四式相乘并化简，得QD ·QE ·PM 2= PF ·PC ·MQ 2． （*） 由相交弦定理，得QD ·QE = AQ ·QB =( a + y )， PC ·PF = AP ·PB = ( a - x )，代入（*）式，得(a 2- x 2) y 2 = (a 2- y 2) x 2， 化简，得x 2=y 2， 所以MP =QM ．说明 本题是著名的蝴蝶定理，由于该定理的图形像一只翩翩起舞蝴蝶而得名.作为一个古老的定理，证明方法多种多样，而且有多种推广，有兴趣的同学可参考本书第十八、十九讲的内容.例9 给出锐角△ABC ，以AB 为直径的圆与AB 边的高CC'及其延长线交于M ，N .以AC 为直径的圆与AC 边的高BB'及其延长线将于P ，Q .求证：M ，N ，P ，Q 四点共圆.(第19届美国数学奥林匹克) 分析 设PQ ，MN 交于K 点，连接AP ，AM .欲证M ，N ，P ，Q 四点共圆，须证MK ·KN ＝PK ·KQ ，即证(MC'-KC')(MC'+KC')＝(PB'-KB')·(PB'+KB')或MC'2-KC'2=PB'2-KB'2. ①不难证明 AP =AM ，从而有AB'2+PB'2=AC'2+MC'2.故 MC'2-PB'2=AB'2-AC'2=(AK 2-KB'2)-(AK 2-KC'2)=KC'2-KB'2. ② 由②即得①，命题得证. 证明 略.说明 本题再次用到了相交弦定理的逆定理.情景再现7．⊙O 1与⊙O 2相交于M 、N ，AB 、CD 为公切线，A 、B 、C 、D 为切点，直线MN 交AB 于P ，交CD 于Q ，求证：PQ 2=AB 2+MN 2.8．以O 为圆心的圆通过⊿ABC 的两个顶点A 、C ，且与AB 、BC 两边分别相交于K 、N 两点，⊿ABC 和⊿KBN 的两外接圆交于B 、M 两点．证明：∠OMB 为直角．(1985年第26届国际数学竞赛）9．如图，自圆外一点P 向⊙O 作切线，PA 、PB ，A 、B为切点，AB 与PO 相交于C ，弦EF 过点C ．求证：∠APE =∠BPF ．A B CKM N P Q B 'C 'O 2P Q1DABCMN OOA CBKN MFCBAOE习题161．已知，AD 是⊙O 的直径，AD '⊥BC ，AB 、AC 分别与圆交于E 、F ，那么下列等式中一定成立的是( )A ．AE ∙BE =AF ∙CFB ．AE ∙AB =AO ∙AD 'C ．AE ∙AB =AF ∙ACD ．AE ∙AF =AO ∙AD2．设⊙A 的直径等于等边三角形ABC 的边长，等腰三角形ΔAB 'C '的周长与ΔABC 的周长相同，且B 'C '与⊙A 相切，那么( ) A ．∠B 'AC '>120︒ B ．∠B 'AC '=120︒C ．∠B 'AC '<120︒D ．∠B 'AC '与120︒的大小关系不确定3．PM 切⊙O 于M ，PO 交⊙O 于N ，若PM =12，PN =8，则⊙O 的直径为( )A ．5B ．4C ．10D ．1254．如图，AB 切⊙O 于B ，ADFC 交⊙O 于D 、F ，BC 交⊙O 于E ，若∠A =28︒，∠C =30︒，∠BDF =60︒，则∠FBE 的度数为( ) A ．3︒ B ．2︒ C ．1︒ D ．0.5︒5．如图，PT 切⊙O 于T ，M 为PT 的中点，AM 交⊙O 于B ，PA 交⊙O 于C ，PB 延长线交⊙O 于D ，图中与ΔMPB相似的三角形有( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个6．如图，D 为⊙O 内一点，BD 交⊙O 于点C ，BA 切⊙O 于A ，若( )AB =6，OD =2，DC =CB =3，则⊙O 的半径等于A ．3+ 3 B ．2 6 C ．92D ．227．PT 切⊙O 于点T ，PAB 、PCD 是割线，弦AB =35㎝ ，弦CD =50㎝，AC ∶DB =1∶2，求PT 的长AMC 的外接圆交BC 于N ，若AC =12AB ，求证：BN =2AM .9．过⊙O 外一点P 作⊙O 的两条切线PA 、PB ，连OP 与⊙O 交于点C ，过C 作AP 的垂线，垂足为E .若PA =12㎝，PC =6㎝，求CE 的长.ABD D'EF O B'C'ABCOPMNBD FE O T O PA BC ME O DA BCEOPACOABC MNCBAD OT10．⊙O 与⊙O '外切于点P ，一条外公切线分别切两圆于点A 、B ，AC 为⊙O 的直径，从C 引⊙O '的切线CT ，切点为T ．求证：CT =AB ．11．⊙O 1与⊙O 2的半半径为r 1、r 2(r 1>r 2)，连心线O 1O 2的中点为D ，且O 1O 2上有一点H ，满足2DH ·O 1O 2=r 12－r 22，过H 作垂直于O 1O 2的直线l ，证明直线l 上任一点M 向两圆所引切线长相等.12．如图，设D 为线段AB 上任一点，以AB 、AD 、BD 为直径分别作三个半圆⊙O 、⊙O '、⊙O "，EF 是半圆O '、O "的公切线，E 、F 为切点．DC ⊥AB ，交半圆O 于C ．求证四边形DFCE 为矩形．本节“情景再现”解答：1．分析：因AB 2－AN 2＝(AB ＋AN )(AB －AN )＝BM ·BN ,而由题设易知AM ＝AN ,联想割线定理,构造辅助圆即可证得结论.证明：如图,∵∠2＋∠3＝∠4＋∠5＝90°,又∠3＝∠4,∠1＝∠5, ∴∠1＝∠2.从而,AM ＝AN . 以AM 长为半径作⊙A ,交AB 于F ,交BA 的延长线于E .则AE ＝AF ＝AN .由割线定理有BM ·BN ＝BF ·BE ＝(AB ＋AE )(AB －AF )＝(AB ＋AN )(AB －AN )＝AB 2－AN 2,即AB 2－AN 2＝BM ·BN . 2．证明：∵EF ∥AD ，∴ ∠FEA =∠A ．∵ ∠C =∠A ，∴∠C =∠FEA ，∴ △FEB ∽△FCE ．∴FE 2 =FB ·FC ．∵FG 是⊙O 的切线，∴FG 2 =FB ·FC ．∴EF =FG .3．证明：根据相交弦定理，得MC ·CN =AC ·CD ，MC ·CN =BC ·CE ．∴AC ·CD =BC ·CE ．∴（AB +BC ）·CD =BC ·（CD +DE ）．∴AB ·CD =BC ·DE ．即AB BC =ED DC .4．证明：由相交弦定理，得AP ·PB ＝CP ·PD ，AP ·PB ＝EP ·PF ，∴CP ·PD ＝EP ·PF .由相交弦定理的逆定理，可得C 、D 、E 、F 四点共圆.5．解 延长NM 交⊙O 于E ，设正三角形边长为a ，ND =x ．由相交弦定理得，ND ·NE =AN ·NC ，∴ x (a 2+x )= a 2·a 2，即x 2+a 2x －a 24=0．解得x =a 4(5－1)．∵ ⊿PDN ∽⊿PBC ∴PN PC= ND BC = x a = 14O HABMO 21 D FD C ABEAP O'O BCTE A N C D B FM1 2 3 45 ABCM N POE(5－1)．以PN = 12a －PC 代入得，12a －PC PC = 14(5－1)．即 PC a = 23+5=3－52．∴PC PA =PCa －PC = 5－12．6．解 作AD 的垂直平分线BE ，垂足为E ．∵ AB =BD ，∴ BE 过点O ．∵ AC 为直径，∴∠ABC =∠ADC =90︒，∴ BO ∥CD ．∴ ΔBPO ∽ΔDPC ，∴ OP ∶PC =BO ∶CD =BP ∶DP ．∵ BO =OC =1.5，PC =0.6，OP =1.5－0.6=0.9，∴ CD =1．∴ AD 2=AC 2－CD 2=8，AD =22． 由OE =21CD =0.5，得BE =2，∴AB 2=BE 2+AE 2=6，AB =6． ∴ BC =322=-AB AC ．∴ 所求周长=22361+++．7．证明：PQ 2=(PM +MQ )2=PM 2+(MN +NQ )2+2PM ·MQ=PM 2+MN 2+NQ 2+2MN ·NQ +2PM ·MQ ．∵PM =NQ ，∴PN =MQ ．∴PQ 2=2PM 2+2MN ·PM +2PM ·PN +MN 2=2PM (PM +MN )+2PM ·PN +MN 2(∵PM ·PN =PA 2)=4PA 2+MN 2．∵PA =PB ，故AB =2PA ．∴PQ 2=AB 2+MN 2．8．证明：由BM 、KN 、AC 三线共点P ，知PM ·PB =PN ·PK =PO 2-r 2．⑴由∠PMN =∠BKN =∠CAN ，得P 、M 、N 、C 共圆，故BM ·BP =BN ·BC =BO 2-r 2．⑵⑴－⑵得，PM ·PB -BM ·BP = PO 2 - BO 2，即(PM -BM )(PM +BM )= PO 2 - BO 2，就是PM 2 -BM 2= PO 2 - BO 2，于是OM ⊥PB ． 9．证明：如图，连结OA 、OB 、OE 、OF ，显然O 、A 、P 、B 四点共圆，于是AC ·CB =OC ·CP .又因为AC ·CB =EC ·CF ，所以OC ·CP =EC ·CF .所以O 、E 、P 、F 四点共圆，又因为OE =OF ，所以∠OPE =∠OPF 从而∠APE =∠BPF ．FCBAPEOO A C B K NMABC DOPE本节“习题16”解答：1．解 连DE ，则由AD 为⊙O 的直径，故DE ⊥AB ，∵ AD '⊥BC ，∴ B 、E 、D 、D '四点共圆．∴ AE ∙AB =AD ∙AD '．同理，AF ∙AC =AD ∙AD '，∴ AE ∙AB =AF ∙AC ．故选C ．2．解 设切点为T ，且BT =x ，AT =r ，则得r x x r 322=++，解得x =43 r ．由于tan 60︒>43 ，故∠B 'AC '<120︒，故选C ．3．解 在直角三角形OPM 中，PO 2=OM 2+PM 2，即(8+R )2=R 2+122，解得R =5，故选C ．（或由切割线定理，得122=8(8+2R )，2R =10．）4．解 设∠FBE =x ︒，则∠FDE =x ︒，∠BDE =60︒，∴ 由∠BDF =60︒，得∠ABD =∠BDF －∠A =32︒．∴ ∠BFD =32︒．但∠BFD =∠FBE +∠C ，即32=x +30，故x =2，选B ． 5．解 PM 2=MT 2=MB ·MA ，∴ΔPMB ∽ΔAMP ；∴ ∠MAC =∠BPM ，∴∠BPM =∠BDC ，DC ∥MP ，设DC 交AM 于点E ，则ΔPMB ∽ΔDEB ；且ΔAEC ∽ΔAMP ∽ΔPMB ．即图中有3个与ΔMPB 相似的三角形．故选C .6．解 延长线BD 与⊙O 交于E ，于是BA 2=BC ·BE ，∴BE =12．∴ DE =6．取CE 中点G ，连OG ．则DG =1.5，∴OG 2=22－(32)2=74．∴OE 2=OG 2+GE 2=22．即OE =22．故选D ．7．解 设PC =x ，PA =y ，ΔPCA ∽ΔPBD ，则2135=+y x ，2150=+x y ．解之得x =40，y =45，PT =60． 8．证明：连MN ，则由BM ·BA =BN ·BC ，得△BMN ∽△BCA ，∴ MN ∶BN =AC ∶AB =12 ．∵ CM 平分∠ACB，∴MN =AM ．∴ BN =2AM ．9．解 设PO 延长线与⊙O 交于D ，连OA ．则PA 2=PC ·PD ，以PA =12，PC =6，代入，得 PD =24，于是CD =18，OC =9，∵ OA ⊥PA ，CE ⊥PA ，∴ PC ∶PO =CE ∶OA ，以PC =6，PO =15，OA =12代入，得CE =245㎝．10．证明 连PA 、PB 、PC ． 则∠APB =90°，∠APC =90°，∴ C 、P 、B 三点在一条直线上．由OA ⊥AB ，知△ABC 是直角三角形．∴ △CAP ∽△CBA ．∴ CA 2=CP ·CB ．但 CT 为⊙O '的切线，∴ CT 2=CP ·CB ，∴CT =CA ．11．证明：过M 作⊙O 1、⊙O 2的切线MA 、MB ，切点为A 、B ．MO 12－MO 22=O 1H 2－O 2H 2=(O 1H +O 2H )(O 1H －O 2H )=O 1O 2·(O 1D +DH －O 2D +DH )=2O 1O 2·DH =r 12－O HABMO 21D TCBO O'P ACB ADOEGEOPAB CDOACMNr 22．∴ MO 12－O 1A 2=MO 22－O 2B 2，即MA =MB ．12．证明：连O 'E ，O "F ，设⊙O '、⊙O "的半径分别为R 1、R 2，CD 、EF 交于点P ． 则O 'O "FE 为直角梯形，∴ EF 2=O 'O "2－(O 'E －O "F )2=(R 1+R 2)2－(R 1－R 2)2=4R 1R 2．又，由△ABC 是直角三角形，CD 是其斜边上的高，CD 2=AD ·BD =4R 1R 2．∴ CD =EF ．∵ PE =PD ，PF =PD ，∴ △DEF 是直角三角形．∵ PE =PF =PD ，∴ CD 、EF 互相平分．即DFCE 是矩形FCPE。
五年级数学上册市公开课获奖教案省名师优质课赛课一等奖教案苏教版
五年级数学上册教案（苏教版）教案一：整数的认识及运算教学目标：1. 认识整数的概念，理解正整数和负整数；2. 能够进行整数的加法和减法运算；3. 掌握整数在数轴上的表示方法。
教学重点：1. 整数的认识及运算规则；2. 整数在数轴上的表示。
教学难点：1. 整数的加法和减法运算；2. 整数在数轴上的表示。
教学准备：教师：教学课件、黑板、白板笔；学生：教材、练习册、笔。
教学过程：一、引入新知识（教师通过展示图形或实物，引导学生思考）教师：同学们，你们有没有听说过整数呢？整数是什么意思呢？学生：（学生回答）教师：非常好！整数是包括正整数和负整数的数的集合。
那什么是正整数？什么是负整数呢？学生：（学生回答）教师：正整数是大于零的整数，用“+”表示；负整数是小于零的整数，用“-”表示。
请举例说明。
学生：（举例说明）二、整数的加法运算（教师通过具体的示例，引导学生理解整数的加法运算规则）教师：现在我们来学习一下整数的加法运算。
请看下面的例子：2 + 3 = ? 请问这个式子的答案是多少呢？学生：（学生回答）教师：非常好，答案是5。
那如果是-2 + 3 = ? 或者是-2 + (-3) = ? 答案又是多少呢？学生：（学生回答）三、整数的减法运算（教师通过实际的例子，引导学生理解整数的减法运算规则）教师：下面我们学习整数的减法运算。
请看下面的例子：5 - 2= ? 请问这个式子的答案是多少呢？学生：（学生回答）教师：非常好，答案是3。
那如果是-5 - 2 = ? 或者是-5 - (-2) = ? 答案又是多少呢？学生：（学生回答）四、整数在数轴上的表示（教师通过数轴的图示，引导学生理解整数在数轴上的表示方法）教师：同学们，我们还可以通过数轴来表示整数。
请看这条数轴，这里是0，这边是正数方向，这边是负数方向。
请问正整数在数轴上是在哪一边呢？负整数在数轴上是在哪一边呢？学生：（学生回答）教师：非常好！现在请你们分别标出数轴上的正整数和负整数。
【江苏省数学竞赛《提优教程》】第9讲 函数性质的应用
【江苏省数学竞赛《提优教程》】第9讲函数性质的应用本节主要内容是综合运用函数的性质及其图象解决与函数有关的(如方程、不等式等)问题。
A类例题例1 已知f(x)=asinx+b3x+4(a，b为实数)，且f(lglog310)=5，则f(lglg3)的值是（）A．?5 B．?3 C．3 D．随a，b取不同值而取不同值(1993年全国高中数学联合竞赛)解设lglog310=m，则lglg3=－lglog310=－m，则f(m)=asinm+b3m+4=5，即asinm+b3m=1．所以f(－m)=－(asinm+b3m)+4=－1+4=3．选C．例2 设对任意整数x，f(x)=f(x-1)+f(x+1)，且f(0)=19，f(4)=93，则f(59)= 。
（1993年江苏省高中数学竞赛）分析通过对f(x)=f(x-1)+f(x+1)的变换，寻求函数f(x)的变化规律。
解由f(x+1)= f(x)－f(x－1)，得f(x+3)= f(x+2)－f(x+1)= f(x+1)－f(x)－f(x+1)=－f(x)，于是f(x+6)=－f(x+3)= f(x)。
所以f(59)= f(9×6+5)= f(5)=－f(2)。
由于f(1)=－f(4)=－93，故f(2)= f(1)－f(0)=－112，所以f(59)=112。
例3 求函数的最大值和最小值。
（1996年美国中学数学竞赛题）分析考察函数的定义域和单调性。
解先求函数定义域。
由得。
因为。
当，且x增加时，增大，而减小，于是f(x)是随着x得增加而减小，即f(x)在区间[6，8]上是减函数，所以f(x)的最小值为f(8)=0，f(x)的最大值为f(6)= 。
说明利用函数得单调性求函数的最值（或值域）是一种常用的方法。
一般地，若函数在闭区间[a，b]上为单调函数，则在端点处取得最值。
情景再现1．已知f(x)＝ax5＋bsin5x＋1，且f⑴＝5，则f(－1)＝( )A．3 B．－3 C．5 D．－52．设有三个函数，第一个是y=φ(x)，它的反函数就是第二个函数，而第三个函数的图象与第二个函数的图象关于直线x+y=0对称，那么，第三个函数是A．y= -φ(x) B．y= -φ(-x)C．y= -φ-1(x) D．y= -φ-1(-x)（1988年全国高中数学联赛）3．函数对所有整数和，都有和，则等于（）A．26 B．27 C．52 D．534．如图，已知函数y＝2x2在[a，b] (a<b)上的值域为[0，2]，则点(a，b)的轨迹为图中的（）A．线段AB、BC B．线段AB、OCC．线段OA、BC D．线段OA、OC答（2003年江苏省数学夏令营试题）B类例题例4 设f（x）是定义在区间（－∞，＋∞）上以2为周期的函数，对k∈Z，用I 表示区间（2k－1，2k＋1］，已知当x∈I 时，f（x）＝x ．（1）求f（x）在I 上的解析表达式；（2）对自然数k，求集合M ＝｛a│使方程f（x）＝ax在I 在上有两个不相等的实根｝．（1989年全国高考题）分析方程f（x）＝ax在I 在上有两个不相等的实根等价于函数g（x）＝ax 、f（x）＝（x －2k）的图象在区间（2k－1，2k＋1］（k∈N）上有两个不同的公共点。
江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第04讲 集合的概念与运算
第4讲 集合的概念与运算本讲内容包括集合及其性质（集合的元素满足确定性、互异性、无序性）；元素与集合、集合与集合的关系（属于、包含、子集、空集、全集）；集合的运算（交、并、补）及容斥原理等“交、并、补”是集合的三种运算。
它们的含义可以用“且、或、非”来理解。
这对于运用集合语言描述数学现象，或解读运用集合语言描述的问题都有帮助。
集合及其运算还有如下一些常用的性质和公式：若B B A =I ，则A B ⊆； 若B B A =Y ，则B A ⊆；)()(;C B A C B A A B B A I I I I I I ==； )()(;C B A C B A A B B A Y Y Y Y Y Y ==；;)()()(;)()()(C A B A C B A C A B A C B A Y I Y I Y I Y I Y I == [I =)(B A I [I Y A [I B ; [I =)(B A Y [I I A [I B .容斥原理 在需要对某一个有限集合的元素进行记数时，为了便于计算，常常通过计算它的若干个子集的元素个数来实现。
实质是将整体计数问题转化为局部计数问题。
我们将此类计数公式通称为容斥原理。
“容”意指这些子集的并集是原集合，“斥”意指这些子集中两两交集不是空集时，需要将重复的元素个数排斥掉。
通常以||X 表示有限集合X 中元素的个数，参照Venn 图可以得到如下计数公式:||||||||B A B A B A I Y -+=ΛΛI I I I I Y Y ||||||||||||||||C B A A C C B B A C B A C B A +---++= A BA B CA 类例题例1 已知数集}33,)1(,2{22++++=a a a a A ，}5,1,{+-+=b a b a B 。
若B A =，求实数b a ,的值。
分析 两个集合相等是指这两个集合的元素完全相同。
江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第38讲__不定方程
第十九讲 不定方程我们把未知数的个数多于方程的个数、且未知数受到某些限制（整数、正整数）的方程（组）称之为不定方程（组）。
通常不定方程（组）问题有三种类型：（1）判断不定方程（组）是否有解；（2）求不定方程（组）的解；（3）计算不定方程（组）的解的个数本讲主要学习二元一次不定方程（组）、基本二次型不定方程的解法和处理不定方程问题的一些常用知识和方法。
A 类例题例1．求不定方程11x +15y =7的整数解。
分析 注意到(11,15)=1，则存在惟一的一对整数u ，v ，使得11u +15 v =1，x =7u 、y =7v 就是方程的一组特解，整数u ，v 可以通过观察试验得到，也可以用转辗相除法求得。
若t 是整数，则x =7u +15t ，y =7v －11t 也是方程的解。
可以证明方程11x +15y =7的每一个整数解都能化为这种形式，x =7u +15t ，y =7v －11t ，(t ∈Z)是方程的一般解，称为通解。
解 ∵ (11,15) | 7, ∴ 方程有解。
∵15=11×1+4，11=4×2+3，4=3×1+1。
∴ 11×(-4)+15×3=1,即11×(-28)+15×21=7,故方程的解为：⎩⎨⎧-=+-=.1121,1528t y t x （t 为任意整数）说明 求不定方程ax +by =c 的整数解，先看(a ，b ) | c 是否成立，不成立则方程无整数解，成立则可以先求方程的一组特解，然后写出方程的通解。
例2．求不定方程2x +3y +5z =15的正整数解。
分析 比例1的方程多一个未知数，可以判断方程有整数解，若求方程的整数解，可以考虑令w =2x +3y ，先求不定方程w +5z =15的整数解，再把w 的每一个值代入2x +3y = w 求解方程。
一般情况可以参考链接。
但这里求的是方程的正整数解，x ，y ，z 的可取值范围较小，如z 只能取1、2两个值，可先考虑范围后讨论求解。
江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第13讲 奇偶分析
第13讲 奇偶分析法把全体整数按被2除的余数分为两类：被2除余数为0整数的称为偶数，一般表示为2k (k 为整数)，被2除余数为1整数的称为奇数，一般表示为2k +1(k 为整数)．由于既不会有一个整数同时出现在奇数类和偶数类，也不会有一个整数既不在奇数类又在偶数类，因此，我们可以把对整数问题的研究转化为对奇数和偶数的研究．这种利用奇偶数分析问题的方法就可以使一些看起来比较困难的题目变得简单易解了奇偶分析利用了奇数与偶数的一些性质：1、奇数不等于偶数；2、在自然数数列中，奇数与偶数是相间排列的；3、奇数±奇数=偶数，偶数±偶数=偶数，奇数±偶数=奇数；奇数个奇数的和是奇数，偶数个奇数的和是偶数，任意个偶数的和是偶数；4、奇数×奇数=奇数，偶数×偶数=4的倍数，偶数×整数=偶数；5、两个整数的和与这两个整数的差具有相同的奇偶性6、奇数的平方被4除余1，偶数平方为4的倍数；奇偶分析也常表现为染色，把一个图形染成黑白两色，往往可视为其中一色为奇数，另一色为偶数；也可视为用+1与-1(或1与0)标号，……总之，在分成两类对问题进行讨论时，常常可以看成是在进行奇偶分析．A 类例题例1 ⑴ 证明：平面上的格点中，任取五点，必有两点，其连线中点是格点．⑵ 至多可以取出多少个格点，使这些点中任取三点为顶点的三角形面积都不是整数． ⑴ 分析 按横坐标与纵坐标的奇偶性把平面格点分类，用抽屉原理证明．证明 按横坐标与纵坐标的奇偶性把平面上的所有格点分类，共有4类：(奇，奇)，(奇，偶)，(偶，奇)，(偶，偶)．任取5个格点，必有2点属于同一类，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)这二点是属于同一类的两点，则其连线的中点M (12(x 1＋x 2)，12(y 1＋y 2))即为格点．故得证．⑵ 分析 考虑三角形的面积如何计算．解 由三角形面积表达式S =12[(x 1－x 2)(y 2－y 3)－(x 2－x 3)(y 1－y 2)]知，如果三角形有某两个顶点属于同一类(上题中的分类)，则其面积为整数；如果三个顶点都不同类，则其面积不为整数．于是取分属于4个不同的类的4个格点，以这4点中的任三点为顶点的三角形面积都不为整数，但如果取5个格点，则必有某两点属于同一类，此时以这二个点及另外任一点为顶点的三角形面积为整数．故至多取4个点，且此四点应分属不同的4类．说明 把整数分成“奇数”与“偶数”这两类，就相当于构造了两个抽屉，从而奇偶分析常常用抽屉原理为工具解决问题例2设a 1，a 2，…，a 64是1，2，…，63，64的任意一种排列．令b 1=|a 1－a 2|，b 2=|a 3－a 4|，…，b 32=|a 63－a 64|；c 1=|b 1－b 2|，c 2=|b 3－b 4|，…，c 16=|b 31－b 32|；d 1=|c 1－c 2|，d 2=|c 3－c 4|，…，d 8=|c 15－c 16|；………这样一直作下去，最后得到一个整数x ．求证：x 为偶数．分析 可以从后向前推：若x 为奇数，则其前一次运算时的两个数必一奇一偶，…，这样直到开始时的64个数的奇偶性．这就是证法一的思路；也可以从前向后推：第一次运算得到的32个数的奇偶性与原来各数的奇偶性有什么关联？第二次运算所得16个数又与第一次运算的32个数有什么关联？又与原来的64个数有何关联？…，这样直到最后一个数．这就是证法二的思路．证法一 假定x 为奇数，则上述计算过程中倒数第二步的两个数是一奇一偶，倒数第三步的四个数或者是三奇一偶或者是一奇三偶．仿此推知，计算过程中的每一步只能有奇数个奇数，那么在a 1，a 2，…，a 64，中也该有奇数个奇数.但它们是1，2，…，64的某一排列，其中奇数有32个，这就产生了矛盾.所以最后一个数只能是偶数．证法二 因为整数a 与|a |的奇偶性一致，整数a 、b 的和a +b 与其差a －b 的奇偶性也一致，所以上述计算过程的第二步中的32个数：|a 1－a 2|，|a 3－a 4|，…，|a 63－a 64|，分别与a 1+a 2，a 3+a 4，…，a 63+a 64的奇偶性一致，于是，可改为考虑：第一步：a 1，a 2，…，a 64；第二步：a 1+a 2，a 3+a 4，…，a 63+a 64；第三步：a 1+a 2+a 3+a 4，…，a 61+a 62+a 63+a 64；…………很明显，这样做最后所得的数是a 1+a 2+a 3+a 4+…+a 63+a 64．而x 与它的奇偶性一致．由于a 1，a 2，…，a 64是1，2，…，64的某一排列，因此，a 1+a 2+a 3+a 4+…+a 63+a 64＝1+2+……+64=32×65，这是一个偶数，故知x 为偶数．链接 在坐标系内的三角形的面积公式：为了方便，先把三角形放在第一象限内，当三角形不在第一象限内时，可利用平移公式说明结论仍然成立．如图，ΔABC 的三个顶点(按逆时针旋转的顺序排列)坐标分别为P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，P 3(x 3，y 3)． 作P 1P 1'⊥Ox ，P 2P 2'⊥Ox ，P 3P 3'⊥Ox ．垂足分别为P '1，P '2，P '3．于是，三角形P 1P 2P 3的面积可以表示成三个直角梯形的面积的代数和：如在左图中，S ＝12[(y 1+y 3)(x 3－x 1)+(y 3+y 2)(x 2－x 3)－(y 1+y 2)(x 2－x 1)] ＝12[(x 1y 2－x 2y 1)+(x 2y 3－x 3y 2)+(x 3y 1－x 1y 3)]． 这个式子也可写为S ＝12[(x 1－x 2)(y 2－y 3)－(x 2－x 3)(y 1－y 2)]． 右图也可同样计算得证．对于放置于任何位置的三角形，只要取平移公式代入检查即知该结果正确．12O P P P 3x y 123P'P'P'12O P P P 3x y123P'P'P'情景再现1．将某个17位数的数字顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．(1970年第四届全苏数学奥林匹克8年级试题)2．若a，b，c都是整数，且a与b同为奇数或同为偶数，c为奇数，求证：找不到整数n，使an2+bn+c=0．B类例题例3有n×n(n＞3)的一张空白方格表，在它的每一个方格内任意的填入+1与-1这两个数中的一个，先将表内n个两两既不同行又不同列的方格中的数的乘积称为一个基本项．试证明：按上述方式所填成的每一个方格表，它的全部基本项之和总能被4整除(即总能表示成4k 的形式，其中k∈Z)．(1989年全国数学联赛)分析一下子证明基本项之和总能被4整除较难，可以分两步走：先证明基本项的和能被2整除，再证其能被4整除．这样就较容易了．证明基本项共有n!个，n＞3，故基本项的个数为4的倍数，设基本项共有4m项．设第i行第j列的格子中填入了a ij(a ij=＋1或－1，1≤i，j≤n)，每个基本项都是由n个＋1或－1相乘而得，故每个基本项都等于＋1或－1．其次，每个数a ij都要在(n－1)!个基本项中出现，由于n＞3，故(n－1)!为偶数．所以，把所有基本项乘起来后，每个a ij都乘了(n－1)!次，于是所有基本项的乘积等于1．这说明等于－1的基本项有偶数个，同样，等于+1的基本项也有偶数个．若等于－1的基本项有4l个，则等于+1的基本项有4m－4l个，其和为4m－4l－4l=4(m －2l)为4的倍数；若等于－1的基本项有4l－2个，则等于+1的基本项有4m－4l+2个，其和为(4m－4l+2)链接n!=n×(n－1)×(n－2)×…×3×2×1，表示从1到n这连续n个正整数的乘积．当我们选一个基本项时，可先在第1行中任选一个数，有n种选法，再在第2行选一个数，该数与第一个数应不同列，故有(n－1)种选法，于是选出这两个数有n×(n－1)种方法，再在第3行的选一个数，有(n－2)种选法，…，依此类推，选出基本项共有n!个．其中含a ij的选法可以这样想：去掉第i行第j列的所有元素后，余下n－1行n－1列，其中选出n－1个既不同行又不同列的项的方法如上述有(n－1)!种，每一种选法都与a ij合成一个基本项，从而含a ij的基本项共有(n－1)!个．可参见《计数基本原理》的内容．例4设P(x)=a0x+a1x+…+a n-1x+a n是整系数多项式，如果P(0)与P(1)都是奇数，证明P(x)无整数根．(第3届加拿大数学奥林匹克)分析奇数h与整数n积的奇偶性与n的奇偶性相同．要证P(x)没有整数根，只要证明P(x)既没有奇数根，又没有偶数根即可．证明P(0)＝a n，故a n为奇数；P(1)＝a0＋a1＋…＋a n－1＋a n为奇数，故a0＋a1＋…＋a n－1为偶数，从而a0，a1，…，a n－1中有偶数个奇数．任取一奇数k，则k i(i＝1，2，…，n)为奇数，从而a n－i k i(i＝1，2，…，n)的奇偶性与a n 的奇偶性相同，于是，a0k n+a1k n-1+…+a n-1k的奇偶性与a0＋a1＋…＋a n－1的奇偶性相同，－i即a0k n+a1k n-1+…+a n-1k为偶数，从而P(k)=a0k n+a1k n-1+…+a n-1k+a n与a n的奇偶性相同，即P(k)为奇数．从而P(k)≠0，故k不是P(x)的根．任取一偶数h，则h i(i＝1，2，…，n)为偶数，从而a n－i h i(i＝1，2，…，n)为偶数，于是a 0h n +a 1h n -1+…+a n -1h 为偶数，从而P (h )=a 0h n +a 1h n -1+…+a n -1h +a n 与a n 的奇偶性相同，即P (h )为奇数．从而P (h )≠0，故h 不是P (x )的根．因为任何奇数与任何偶数都不是P (x )的根，所以P (x )没有整数根．例5在12，22，32，…，19892这1989个连续的完全平方数的每个数前都添“+”或“-”号，使其代数和为最小的非负数，并写出算式．(1989年第15届全俄数学奥林匹克)分析 要求该和式的最小非负值，由于该和式为整数，而最小非负整数为0，所以首先考虑此和能否等于0？如果不能，应该证明和式不能等于0，再研究和式能否等于1？如果和能等于1，则也要证明和式不能等于1．……，这样依此类推，直到找出和式的最小值为止．要求这1989个完全平方数的和式的最小值，可以考虑找到某种规律，把这些数分成若干小段，每个小段的和为0，最后再处理少数几个数，这样就容易得出结果．为此可对照研究一个简单的问题：在1，2，…，1989这1989个连续整数的每个数前都添“+”或“-”号，使其代数和为最小的非负数．解 这1989个数中有995个奇数，994个偶数，故其和为奇数，所以，这1989个平方数的和不可能等于0．而改变和式中任一个的符号(“＋”号改为“－”号)都不改变结果的奇偶性，所以，无论怎样安排各数前的“＋”、“－”号，都不可能使此代数和为0．故所求最小非负代数和≥1．由于n 2－(n +1)2－(n +2)2+(n +3)2＝4．因此可以把连续8个整数取出，使其前4个的符号按此安排，其和为4，后4个的符号则与之相反，其和为－4，则此8个数的代数和为0．即n 2－(n +1)2－(n +2)2+(n +3)2－(n ＋4)2＋(n ＋5)2＋(n ＋6)2－(n ＋7)2＝0．而 1989=8×248+5．现从142开始，每连续8个完全平方数为一组，共得247组，每组的第1，4，6，7个数前取“+”号，第2，3，5，8个数前取“－”号，则这组8个数之和为0．按此安排，可以使从142起到19892止的数的代数和为0．又，12＋22＋32＋…＋132＝819，而⎣⎡⎦⎤8192＝409． 经试验知，42＋92＋122＋132＝16＋81＋144＋169＝410．故知－12－22－32＋42－52－62－72－82＋92－102－112＋122＋132＝1．于是可得，所求最小非负代数和为1．说明 若只把前5个平方数留下，从62起，每8个数分成一组，按上述安排，可以使从62起到19892止的数的代数和为0．但12＋22＋32＋42＋52＝55，而这5个平方数中找不到其中几个，其和为⎣⎡⎦⎤552＝27．如果据此断言，此代数和不可能为1就错了．本解中继续取出62到132这8个数与前5个平方数在一起再加以考察，得出代数和可以等于1的最佳结果．试考虑下面问题：试研究把19892改成n 2后的一般结论？情景再现3．在国际象棋的棋盘上，放有8枚棋子，已知其中任意两枚不同行，也不同列．证明：黑格中的棋子数为偶数．4．在整个平面上有一个无限大的方格棋盘，上面摆好了一些棋子，它们恰好组成一个3k ⨯n的矩形．按下述规则进行游戏：每一枚棋子都可以越过(沿水平方向或竖直方向)相邻的棋子而放入这枚棋子的相邻的空格里，并把相邻的这枚棋子从棋盘上取走．证明：不论怎样走，棋盘上都不会只剩下1枚棋子．(1982波兰数学竞赛题)5．设a 1，a 2，a 3，a 4，a 5和b 是满足关系式a 21+a 22+a 23+a 24+a 25＝b 2的整数，证明：所有这些数不可能全是奇数．6．设x 1，x 2，…，x n 是一组数，它们之间每一个都取+1或-1，并且x 1x 2x 3x 4+ x 2x 3x 4x 5+…+x n -3x n -2x n -1x n +x n -2x n -1x n x 1+x n -1x n x 1x 2+x n x 1x 2x 3=0．求证：n 是4的倍数．(第26届IMO 预选题)C 类例题例6设E ={1，2，3，…，200}，G ={a 1，a 2，…，a 100}是E 的真子集，且G 具有下列两条性质：1）对于任何1≤i ＜j ≤100，恒有a i +a j ≠201；2）a 1+a 2+…+a 100=10080．试证明：G 中的奇数的个数是4的倍数，且G 中所有数的平方和为一定数．(1990年全国数学联赛)分析 要证G 中奇数的个数是4的倍数，可以分两步走：先证G 中有偶数个奇数，再进而证明G 中的奇数个数是4的倍数．这可以通过考虑奇数与偶数的表示方法做到：偶数是所有被2整除的数，也可看成是被4除余0或2的数；奇数是被2除余1的数，也是被4除余1或3的数．要证明这100个数的平方和为定值，由于这100个数不确定，但E 中200个数是确定的，因此应把G 中的元与E 中不是G 的元的那100个元合起来一起考虑它们的平方和．⑴证明：把E 中的200个数分成100组，每组两个数，且同组两个数的和为201：A i ＝{i ，201－i }(i ＝1，2，…，100)．(即分成{1，200}，{2，199}，{3，198}，…，{100，101}这100个组)；于是同组的两个数不能都是G 的元素，这说明G 中的元素不能超过100个．又若某一组中的两个数都不是G 的元素，则G 中的元素个数将少于100．这说明上述分组中的每个组都必须有1个数且只能有1个数是G 的元素．设G 的元素中，x 1，x 2，…，x i 为奇数，y 1，y 2，…，y j 为偶数，且i +j =100(x 1，x 2，…，x i ，y 1，y 2，…y j 是a 1，a 2，…，a 100的一个排列)．x 1+x 2+…+x i +y 1+y 2+…+y j =10080．由于i 个奇数的和为偶数，故 i 为偶数，令i =2p (p ∈N )．又由于201≡1(mod 4)，故A i 中两个数或被4除余0与1，或被4除余2与3．把Ai 中两数被4除的余数把这100组再分两类：{4k +1，4(50－k )}型的组共有50个(即A 1，A 4，A 5，A 8，…，A 97，A 100这50组)，{4k +3，4(50－k )－2}型的组共有50个(即A 2，A 3，A 6，A 7，…，A 98，A 99这50组)． 设G 中4k +1型的奇数共有m 个，则4k +3型的奇数共有2p －m 个，4(50－k )型的偶数共有50－m 个，4(50－k )－2型的数共有50－2p +m 个．所以，和a 1+a 2+…+a 100≡m ×1＋(2p －m )×3＋(50－m )×0＋(50－2p +m )×2 (mod 4)． 即2p ＋100应能被4整除．所以，2|p ，即4|i ．即是：G 中奇数的个数是4的倍数．⑵证明 因{a 1，a 2，…，a 100，201－a 1，201－a 2，…，201－a 100}＝{1，2，3，…，200}． 故a 21+a 22+…+a 2100+(201－a 1)2+(201－a 2)2+…+(201－a 100)2=12+22+32+…+2002为定值(＝16×200×201×401＝2686700)．展开即是a 21+a 22+…+a 2 100＋2012×100－2×201×(a 1＋a 2＋…＋a 100)＋a 21+a 22+…+a 2 100=2(a 21+a 22+…+a 2 100)＋2012×100－2×201×10080为定值(＝2686700)．即a 21+a 22+…+a 2 100为定值(＝1349380)．例7 设有一个顶点都是格点的100边形，它的边都与x 轴或y 轴平行，且边长都是奇数．求证：它的面积也是奇数．(1987年中国数学奥林匹克)分析 先研究这个100边形的形状，必定是凹的多边形；再研究如何求这个多边形的面积，由于其形状不能确定，但其边与坐标轴平行，故可以用向x 轴作垂线的方法(如例2的链接中所用的方法)把该多边形面积转化为一批矩形的面积和．再研究各矩形面积的奇偶性．证明 显然，这些边必是一横一竖相间．从而这100条边中有50条为横边，50条为竖边． 如图，不妨把这个100边形放在第一象限的x 轴上方，并设A 1A 2为横边，A 2A 3为竖边，分别过A 1、A 3、A 5、…、A 99作x 轴的垂线A 1B 1、A 3B 3、A 5B 5、…、A 99B 99，垂足分别为B 1、B 3、B 5、…、B 99．则该100边形可以看作50个矩形A 1A 2B 3B 1、A 3A 4B 5B 3、A 5A 6B 7B 5、…，A 99A 100B 1B 99的面积的代数和．由于A 3B 3＝A 1B 1±A 3B 3，而A 3B 3的长度为奇数，故A 1B 1与A 3B 3的长度数值奇偶性相反，于是，A 1B 1、A 3B 3、…、A 99B 99这50条线段的长度数值奇偶性相间．但A 1A 2、A 3A 4、…、A 99A 100的长度数值都是奇数，从而这50个矩形的面积数值也是奇偶相间，故其中有25个奇数，25个偶数．所以，这50个矩形面积的代数和为25个奇数与25链接 求坐标系内封闭图形面积的方法：本题中面积计算的方法是求坐标系内封闭图形面积的一般方法．如图，要求曲线围成封闭图形A的面积，该图形在x 轴上的射影为线段BC ．在图形A 的边界上取若干点，过这些点引x 轴的垂线段，这样就得到了一系列的“曲边梯形”，这些曲边梯形的面积的代数和就是封闭图形A 的面积，若以线段代替每个曲边梯形的上边，就得到一系列的直角梯形，就用这些直角梯形的面积的代数和作为图形A的面积的近似值．只要分点取得足够密，相应的近似值就足够接近A 的面积．这就是“积分”的基本思想．例8 能否把1，1，2，2，3，3，4，4，…1986，1986这些数排成一行，使得两个1之间夹着一个数，两个2之间夹着两个数，…，两个1986之间夹着1986个数？请你证明你的结论．(1986年中国数学奥林匹克)分析 把位置编号，再进行奇偶分析．证明 把一行1986×2＝3972个位置从左向右编成1至3972号，如果能排列成，则每个数都应占据一个号码．设两个“1”分别占了第i 1及第i 1＋2这两号，两个“2”分别占了第i 2及i 2＋3号，…，A A A A A A A A A A B B B B B B 12348567991100399579y x O C B A O xy一般的，两个数“k ”(k ＝1，2，…，1986)分别占了第i k 及第i k ＋k ＋1号．证法一 各数所占的号码的和为(i 1＋i 1＋2)＋(i 2＋i 2＋3)＋…＋(i 1986＋i 1986＋1987)＝2(i 1＋i 2＋…＋i 1986)＋2＋3＋…＋1987＝2(i 1＋i 2＋…＋i 1986)＋1989×993． ⑴故此号码和是奇数．但此号码和也应等于1＋2＋3＋…＋1986×2＝3973×1986． ⑵却是偶数．由⑴、⑵矛盾，知不能按要求排成．证法二 若k 为奇数，则两个“k ”占的第i k 及第i k ＋k ＋1号是奇偶性相同的两个号码； 若k 为偶数，则两个“k ”占的第i k 及第i k ＋k ＋1号是奇偶性不同的两个号码．从1到3972共有1986个奇数号码与1986个偶数号码．又，从1到1986共有993个奇数，993个偶数．其中993个偶数分别占了993个奇数号码与993个偶数号码．于是余下993个奇数号码与993个偶数号码，每个奇数或占两个奇数号码，或占两个偶数号码，故必占偶数个奇数号码及偶数个偶数号码，而余下的却是奇数奇数号码与奇数个偶数号码，从而这样的排列不能排成．链接 本题有一般性的结论，这就是下述竞赛题：求所有具有下述性质的n ∈N *，能够把2n 个数1，1，2，2，3，3，…，n ，n 排成一行，使得当k =1，2，…，n 时，在两个k 之间恰有k 个数．(1982年前苏联数学竞赛题)解：设n ∈N *，a 1，a 2，…，a 2n 是满足要求的排列．设数k 排在第m k 及m k +k +1位，故这2n 个数的数位和(即{a i }的下标和)为k =1∑n (m k +m k +k +1)=2k =1∑n m k +12n (n +3)． 但这2n 个数的位的和又等于1+2+…+2n =n (2n +1)．∴ 2k =1∑n m k = n (2n +1)－12n (n +3)= 12n (3n －1)． 于是14n (3n －1)为整数，但n 与3n －1奇偶性不同，故当n =4l 或3n －1=4l '时，即n =4l 或n =4l '－1时14n (3n －1)为整数． ∴ 当n ≡1，2(mod 4)时，不存在满足要求的排列．当n ≡0(mod 4)时，可把这1~4l 这些数如下排列：l =1时：2，3，4，2，1，3，1，4．l =2时：4，6，1，7，1，4，8，5，6，2，3，7，2，5，3，8．一般的：4l －4，…，2l ，4l －2，2l －3，…，1，4l －1，1，…，2l －3，2l ，…，4l －4，4l ，4l －3，…2l +1，4l －2，2l －2，…，2， 2l －1，4l －1，2，…2l －2，2l +1，…4l －3，2l －1，4l ．当n ≡－1(mod 4)时，可把这4l －1个数如下排列：l =1时：2，3，1，2，1，3；l =2时：4，6，1，7，1，4，3，5，6，2，3，7，2，5．一般的，4l －4，…，2l ，4l －2，2l －3，…，1，4l －1，1，…，2l －3，2l ，…，4l －4，2l－1，4l－3，…2l+1，4l－2，2l－2，…，2，2l－1，4l－1，2，…2l－2，2l+1，…4l－3．其中，“…”表示一个公差为2或－2的等差数列．情景再现7．在圆周上按任意顺序写上4个1与5个0，然后进行下面的运算：在相邻的相同数字之间写上0，而在不同的相邻数字之间写上1，并擦掉原来的数字．接着进行同样的运算，如此继续．证明：不管这种运算进行多少次，都不可能得到9个0．(1975年南斯拉夫数学竞赛) 8．设d1，d2，…，d k是正整数n的所有因数，这里，1=d1＜d2＜…＜d k＝n，k≥4，求+d22+d23+d24=n的正整数n．(1989年巴尔干数学竞赛)所有满足d21习题131．一天，某旅游者乘火车来到某个城市游玩，他玩了一天后于晚上回到来时的火车站，试证明：他总可以沿着他当天走过奇数次的街道回到火车站．2．将正方形ABCD分割成n2个相等的小方格(n是正整数)，把相对的项点A、C染成红色，把B、D染成蓝色，其它交点任意染红、蓝两色中的一种颜色．证明：恰有三个顶点同色的小方格数目必是偶数．3．在黑板上写有若干个0、1和2，现在可以擦掉两个不同的数字，并用另一个数字代替它们(用2代替0与1，用1代替0与2，用0代替1与2)．证明如果这种做法，最后在黑板上只留下一个数字，那么，留下的数字与操作顺序无关．(1975年第9届全苏数学奥林匹克) 4．在平面上画了一个由边长为1的正六边形组成的蜂窝形网格，如果沿网格线从一个网格点A用最短路程走到另一个网格点时共走的路程为100，试证：他走的全程的一半是走在同一个方向上．5．已知多项式x3+bx2+cx+d的系数都是整数，并且bd+cd是奇数，则这个多项式不能分解成为两个整系数多项式的乘积．(1963年北京市高中数学竞赛)6．是否存在整数a，b，c，d，使得对所有的整数x，等式x4+2x2+2000x+30＝(x2+ax+b)(x2+cx+d)成立．7．能否将1990×1990方格表中的每个小方格涂成黑色或白色，使得关于表的中心对称的方格涂有不同的颜色，并且任一行及任一列中黑格与白格都各占一半．(1990全苏第4届数学奥林匹克)8．在99枚外观相同的硬币中，要找出其中的某些假币．已知每枚假币与真币的重量相差奇数克，而所给硬币重量和恰等于真币的重量，现有带指针标明整克数的双盘天平，证明只要称一次就可辨别指定的硬币是否是假币．(1987年第13届全俄数学奥林匹克) 9．从集{0，1，2，…，14}中选出不同的数，填入图中的10个小圆圈中，使得由线段连结的两个数的差的绝对值均不相等，这可能吗？证明你的结论．(1991年第23届加拿大数学奥林匹克)10．设正整数d不等于2、5、13，证明：在集合{2，5，13，d}中，可以找到两个不同元素的a，b，使ab-1不是完全平方数．（1986年第27届国际数学奥林匹克竞赛试题）11．设P0，P1，P2，…，P1993=P0为xy平面上不同的点，具有下列性质：⑴P i 的坐标均为整数，i =0，1，2，3， (1992)⑵在线段P i P i +1上没有其他的点，坐标均为整数，i =0，1，2，3， (1992)求证：对某个i ，0≤i ≤1992，在线段P i P i +1上有一个点Q (q x ，q y )使2q x ，2q y ，均为奇整数．(1993年亚太地区数学奥林匹克)12．设n ≥2，a 1，a 2，…，a n 都是正整数，且a k ≤k （1≤k ≤n ）．试证明：当且仅当a 1+a 2+…+a n 为偶数时，可适当选取“+”号与“-”号，使a 1±a 2±…±a n =0．(1990年中国数学奥林匹克)本节“情景再现”解答：1．证明 取十七位数a 17a 16…a 2a 1 ，颠倒其数字顺序后，所得数为a 1a 2…a 16a 17 ，把两数相加，如果和的各位数字都是奇数，则末位的a 1＋a 17是奇数，但和的首位数字是a 17＋a 1或a 17＋a 1＋1(当计算第16位数字时，如果没有进位，则为a 17＋a 1，若有进位，则为a 17＋a 1＋1)的末位数字(如果此和≥10，则此和是一个18位数，其首位为1)，若计算第16位时有进位，则第17位数字将是偶数a 17＋a 1＋1(或a 17＋a 1－9)，故第16位在计算时没有进位．这说明第16位的a 2＋a 16没有进位，此时，若第二位计算时有进位，则只能进1且由a 2＋a 16＝9，a 1＋a 17≥10引起，此时，和的第二位数字为0，与假设矛盾．即a 1＋a 17与a 2＋a 16均不能有进位．去掉a 1、a 2、a 16、a 17这4个数字后余下13位数，又可仿上证明，再连续去掉4位数字三次，剩下a 9＋a 9，只能得偶数．与假设矛盾，从而可知，和的各位数字中至少有一个是偶数．2．证明 ⑴ 当n 为奇数时，因a 、b 同奇偶，所以an 2+bn 为偶数，又 c 为奇数，故an 2+bn +c 为奇数，所以an 2+bn +c 0．⑵ 当n 为偶数时，an 2+bn 为偶数，c 为奇数，故其和an 2+bn +c 为奇数，不等于零．3．证明 我们不妨设棋盘的左上角为白格，设从上至下的行号依次为1，2，…，8，从左向右的列号依次为1，2，…，8．这样，国际象棋棋盘的每个方格被赋予一个坐标(a ，b )，容易看出，棋盘的每个白格的坐标的两个分量之和都是偶数；每一个黑格的坐标的分量之和都是奇数．由条件，我们考虑这8枚棋子所在的坐标的各分量之和的总和S ，则S ＝(1+2+…+8)×2＝72．于是S 为偶数，若黑格中的棋子数为k ，就有k 个奇数的和为偶数，从而k 为偶数，即.棋盘的黑格中的棋子的个数为偶数．4．解 按右图把棋盘的每个格子编号，由于共有3k 行放了棋子，故每种编号的中放的棋子数一样多．每走一步，有两种编号上放的棋子数减少1，而第三种编号中放的棋子数增加1．于是每种格子中的棋子数的奇偶性都改变了．即开始时，每种格子中棋子数奇偶性相同，以后每走一步，三种格子中棋子数的奇偶性仍相同．如果最后只剩下1枚棋子，则有两种编号的中的棋子数为0，而另一种编号中的棋子数为1．奇偶性不同．矛盾．故不可能．5．证明 若这些数都是奇数，则由于a 2i ≡1(mod 8)(i ＝1，2，3，4，5)．所以a 21+a 22+a 23+a 24+a 25≡5(mod 8)．但b 2≡1(mod 8)，故证．6．证明 记y i ＝x i x i ＋1x i ＋2x i ＋3，(1，2，…，n )，且x n ＋r ＝x r (r ＝1，2，3，4)．则y i ＝＋1或－1．由于y 1＋y 2＋…＋y n ＝0，故{y 1，y 2，…，y n }中＋1与－1的个数相等，故2|n ，设n ＝2k (k ∈N *)．即{y 1，y 2，…，y n }中有k 个＋1，k 个－1．又y 1y 2…y n ＝x 41x 42…x 4n ＝1，但y 1y 2…y n ＝(＋1)k (－1)k ．故(－1)k ＝1，从而k 为偶数，设k ＝4h (h ∈N *)所以，n ＝4h ，即n 是4的倍数．7．解 若经过k 次操作，第一次出现9个0，(即前面k －1次操作都没有出现9个0的情况)．这说明，第k －1次应该出现9个相同的数字，但不是0，而应出现全部是1，于是第k －2次操作所得应是全部0，1相间．于是圆周上的标数个数应为偶数个．但原来只标0201201221021020210210212102102112201201102012011020120101012210出9个数字，是奇数个，而经过1次操作，并不改变标出数字的个数．8．证明 若n 为奇数，则其每个因数都是奇数，于是d 21+d 22+d 23+d 24=n 为偶数，矛盾．故n 为偶数．故d 1=1，d 2=2，且d 3、必一奇一偶．若d 3=3，则d 4≤6且d 4必为偶数．当d 4=4时，d 21+d 22+d 23+d 24=30，不满足d 4=4；当d 4=6时d 21+d 22+d 23+d 24=50，不满足d 4=6．故d 3>3．3 |/ n ．若d 3=4，则4|n ，且d 4为奇．由于d 21+d 22+d 23+d 24=n ≡0(mod 4)，而d 21≡1(mod4)，d 22≡0(mod4)，d 23≡0(mod4)，d 24=1，与d 21+d 22+d 23+d 24≡0(mod 4)矛盾．故d 3>4．4 |/ n ．从而d 3必为奇数，于是由d 21+d 22+d 23+d 24=n ≡2(mod4)故d 4为偶数，从而d 4=2d 3．故1+4+d 23+4d 23=5+5d 23=5(1+d 23)=n ，即5|n ，d 3=5，d 4=10，⇒n =130．“习题13”解答：1．解 设他到达某路口后，准备回火车站，此时设他已经到过这个交叉路口k 次，前k －1次都是到达此路口又离开的，只有最后一次是他刚到达此路口的，从而他走过了连接该路口的2(k －1)＋1＝2k －1条街道(某条街道走过几次就算几条)，于是他不可能超过其中的每一条街道都是偶数次，即至少有一条街道他以前走过奇数次．于是，他可以沿此街道走下去，到达另一个路口，同样的道理，他又可选择一条他走过奇数次的街道走下去，由于他前面经过的街道是有限条，从而他不可能这样一直走下去，必于某一时刻到达车站．2．证明 用数字代表颜色，红色记为1，蓝色记为－1．将小方格编号为1，2，…，n 2，并记每个小方格四顶点的乘积为A i （i =1，2，…，n 2）.若恰有三顶点同色，A i ＝－1，否则A i =1．现在考虑乘积A 1×A 2×…×A n 2：对正方形内部的交点，各点相应的数重复出现4次；正方形各边上不是端点的交点所相应的数各出现2次；A 、B 、C 、D 四点相应的数的乘积为1×1×(－1)×(－1)＝1．于是，A 1×A 2×…×A n 2＝1．因此，A 1，A 2，…，A n 2中－1的个数必为偶数，即恰有三个顶点同色的小方格必有偶数个．3．解 设原来写了p 个0，q 个1，r 个2，每次操作，每种数字或增加1个，或减少1个，于是，每次操作，这3种数字的个数的奇偶性都同时改变，即p 、q 、r 这三个数的奇偶性如果原来相同，则经过操作，其奇偶性仍相同，若原来奇偶性不同，则经过操作后奇偶性仍不同．若最后只留下一个数字，该数字的个数为奇，其余两个数字的个数为0，是偶数．这说明，原来p 、q 、r 按奇偶性分类，必有2个属于同一类，这两类数最后全部擦去；另一个则属于另一类，而最后留下的数就是后一类的数．4．解 考虑他走过水平的两条路，若这两条路之间没有走水平的路，则在这两条路上前进的方向不能相反，否则不是最短路，即走此两条路时的方向相同．由此可见，他在水平路上的前进方向始终相同，而在相邻的两次水平路间一定走过奇数条其他方向的路．故这两条水平路的路程数奇偶性相同．同理，其余两个方向上走的路程数的奇偶性也分别相同，即总有某个方向走了全路程的一半．5．证明 设多项式x 3+bx 2+cx +d 可以分解成两个多项式的乘积，则必可分解成一个一次式与一个二次式的积．设3+bx 2+cx +d =(x+p )(x 2+qx +r )，其中p 、q 、r 都是整数．于是比较此式两边的系数，得pr=d ；①pq+r=c ；②p+q=b ． ③因bd+cd =(b+c )d 为奇数，故d 与b+c 都是奇数．所以 b 与c 必一奇一偶．⑴ 若b 为奇数，c 为偶数，则由①：pr=d 为奇数，故p 与r 都为奇数，所以由②知q 为奇数，由③知q 为偶数，二者矛盾；⑵ 若b 为偶数，c 为奇数，则由①知p 与r 都是奇数，于是由②得q 为偶数，由③得q 为奇数，二者矛盾．故x 3+bx 2+cx +d 不能分解成为两个整系数多项式的乘积．6．解 如果已知等式成立，又右边=x 4+(a +c )x 3+(b +d +ac )x 2+(bc +ad )x +bd ，于是有等式 x 4+2x 2+2000x +30=x 4+(a +c )x 3+(b +d +ac )x 2+(bc +ad )x +bd比较等式两边的对应项的系数，则有 995行995行A 4A 3A 2A 1。
江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第31讲__数列的递推
第12讲 数列的递推本节主要内容两个基本递推：a n ＋1＝a n ＋d ，a n ＝qa n ；线性递推，二阶或高阶递推的特征方程与特征根；其他递推1．基本概念：①递归式：一个数列}{n a 中的第n 项n a 与它前面若干项1-n a ，2-n a ，…，k n a -（n k <）的关系式称为递归式．②递归数列：由递归式和初始值确定的数列成为递归数列． 2．常用方法：累加法，迭代法，代换法，代入法等． 3．思想策略：构造新数列的思想． 4．常见类型： 类型Ⅰ：⎩⎨⎧=≠+=+为常数）a a a n p n q a n p a n n ()0)(()()(11（一阶递归）其特例为：（1）)0(1≠+=+p q pa a n n （2）)0()(1≠+=+p n q pa a n n（3）)0()(1≠+=+p q a n p a n n解题方法：利用待定系数法构造类似于“等比数列”的新数列．①形如)(1n q a a n n +=+的递归式,其通项公式求法为：1111111()()n n n k k k k a a a a a q k --+===+-=+∑∑②形如n n a n p a )(1=+的递归式,其通项公式求法为： 3211121(1)(2)(1)n n n a a a a a a p p p n a a a -=⋅⋅⋅=⋅⋅-L L ③形如)1()(1≠+=+p n q pa a n n 的递推式,两边同除以1+n p 得111)(++=+=n n n n n p n q p a p a ,令n n nb p a =则句可转化为①来处理. 类型Ⅱ：⎩⎨⎧==≠≠+=++为常数）b a b a a a q p qa pa a n n n ,(,)0,0(2112（二阶递归）解题方法：利用特征方程q px x +=2，求其根α、β，构造n n n B A a βα+=，代入初始值求得B A ,．①若p+q=1时，有q a a n n -=-+1)(1--n n a a 可知}{1n n a a -+是等比数列，先求得n n a a -+1，再求出n a .②若p+q ≠l ，则存在α，β满足=α-+n n a a 1)(1--βn n a a 整理得11)(-+αβ-β+α=n n n a a a 从而α+β=p ， αβ=q ，可解出α、β，这样可先求出}{1n n a a α-+的通项表达式，再求出n a . 注意α、β实质是二次方程q px x +=2的两个根，将方程q px x +=2叫做递归式n n n qa pa a +=++12的特征方程．在数列{n a }中，给出a 1, a 2，且n n n qa pa a +=++12 ，它的特征方程q px x +=2的两根为α与β．如果α≠β，则n n n B A a βα+=；如果α=β则n n B An a α+=)(，其中A 与B 是常数，可由初始值a 1,a 2 求出．类型Ⅲ. 如果递归数列{a n }满足 a n+1dca baa n n ++=,其中c ≠0,ad －bc ≠0,以及初始值a 0≠f (a 1),则称此数列为分式线性递归数列.我们称方程dcx bax x ++=的根为该数列的不动点.若该数列有两个相异的不动点p 、q ，则 }{q a p a n n --为等比数列；若该数列仅有惟一的不动点p ，则}1{pa n -是等差数列·5.求递归数列通项的常用方法有：换元法、特征根法、数学归纳法等．A 类例题例 1 一给定函数)(x f y =的图象在下列图中，并且对任意)1,0(1∈a ，由关系式)(1n n a f a =+得到的数列}{n a 满足)N (*1∈>+n a a n n ，则该函数的图象是( )(2005年辽宁卷)（A ） （Ｂ） （Ｃ） （Ｄ） 分析 利用递推式意义及数形结合,分析清楚函数值与自变量的关系，即可判断． 解 由)(1n n a f a =+，n n a a >+1，得n n a a f >)(，即x x f >)(，故选A ． 例2已知数列1}{1=a a n 中，且a 2k =a 2k －1+(－1)K , a 2k+1=a 2k +3k , 其中k=1,2,3,……． （I ）求a 3, a 5；（II ）求{ a n }的通项公式． (2004年全国高考题)分析 由于给出两个递推关系与奇数项、偶数项有关,因此因从奇数项或偶数项之间的关系入手.解（I ）a 2=a 1+(－1)1=0, a 3=a 2+31=3．a 4=a 3+(－1)2=4, a 5=a 4+32=13, 所以，a 3=3,a 5=13． (II) a 2k+1=a 2k +3k = a 2k －1+(－1)k +3k , 所以a 2k+1－a 2k －1=3k +(－1)k ,同理a 2k －1－a 2k －3=3k －1+(－1)k －1, ……a 3－a 1=3+(－1)．所以(a 2k+1－a 2k －1)+(a 2k －1－a 2k －3)+…+(a 3－a 1)=(3k +3k －1+…+3)+[(－1)k +(－1)k －1+…+(－1)], 由此得a 2k+1－a 1=23(3k －1)+21[(－1)k －1], 11 yxO 11yxO11yxO11yxO于是a 2k+1=.1)1(21231--++k k a 2k = a 2k －1+(－1)k=2123+k (－1)k －1－1+(－1)k =2123+k (－1)k =1． {a n }的通项公式为： 当n 为奇数时，a n =;121)1(232121-⨯-+-+n n 当n 为偶数时，.121)1(2322-⨯-+=nn n a说明 这种给出递推关系,求通项公式问题,一般是转化为等差数列或等比数列,或者通过观察、归纳,或者通过顺次迭代,以求通项公式.情景再现1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝2a n －1＋n －2(n ≥2)，求通项a n . (2004年四川省高中数学联赛)2．设c bx x x f +=)(（c b ,为常数），若21)2(=f ，且02)(=-xx f 只有唯一实数根 （1）求)(x f 的解析式 （2）令)(,111-==n n a f a a 求数列{}n a 的通项公式.B 类例题例3 (1)一次竞赛在n(n ＞1)轮中共发了m 枚奖章．第一轮发了1枚及余下的m －1枚的71，第2轮发了2枚及余下的71，…，直至第n 轮正好发了n 枚而没有余下奖章．这个竞赛共包括几轮?一共发了多少枚奖章?(第9届国际数学奥林匹克)(2)把一个圆分成n 个不同的扇形(n ≥2)，依次记为S 1，S 2，…, S n ，每个扇形都可以用红、蓝、白三种颜色中任一种涂色，要求相邻的扇形颜色互不相同，问有多少种涂法?分析 第(1)题，每一轮发的奖章数具有一定规律，因而可以建立每一轮发的奖章数的关系或每一轮余下的奖章数的关系．第(2)题，设法建立涂法总数的递推关系和求得初始值，进而求得涂法总数．解 (1)设竞赛进行了k 轮后，余下a k 枚奖章．因为第k 轮发出奖章数k+17(a n －1 －k )具有a k ＝a k －1－ [k+17(a k －1 －k )] 即a k ＝ 67a k －1－67 k 且a 0=m, a n =0.进一步变形为 a k +6k －36= 67[a k －1+6(k －1)－36]从而a n +6n －36= (a 0－36)n )76(= (m －36)n )76(即a n = (m －36)n )76(－(6n －36),又因为a n =0,故(m －36)=(n －6)167-n n而n －6＜6n －1,且7n 与6n －1互质,m,n ∈N +,故n=6,m=36. 因此,这个竞赛共包括6轮,一共发了36枚奖章.(2)设涂法总数为a n (n ≥2)当n=2时,先对S 1涂法色,有3种涂法,继而得S 2只有两种涂法, 因而a 2=6.当时n ≥3, S 1有3种涂法, S 2有2种涂法, S 3有2种涂法,…, S n －1有2种涂法, S n 仍有2种涂法.(不论是否S 1与同色),这样共有3×2n －1种涂法,但这3×2n －1种涂法分为两类：一类是S n 与S 1同色,认为S n 与S 1合为一个扇形,此时涂法有a n －1种涂法；另一类是S n 与S 1不同色,此时涂法有a n 种涂法.因而有a n + a n －1=3×2n －1(n ≥3)令p n =a n2n , 则2p n +p n －1=3 (n ≥3) 于是有1-n p =)1(211---n p , (n ≥3) p 2=a 222从而有1-n p =)1()21(22---p n =121-⎪⎭⎫⎝⎛--n于是1=n p 121-⎪⎭⎫⎝⎛--n 得a n =2n p n =2n +(－1)n ·2 (n ≥3)但当n=2时也适合上式,故得a n =2n +(－1)n ·2 (n ≥2) 故共有种a n =2n +(－1)n ·2 (n ≥2)涂法说明 这类试题经常在全国高中数学联赛及国际数学奥林匹克中出现．这两个问题都是用递推方法解决计数问题，希望读者对这类问题能够进行较为深入的钻研． 例4 数列{a n }定义如下：a 1=1，a n+1 =161(1+4 a n +n a 241+)，求它的通项公式． 分析 带根号的部分不好处理，平方会导致较繁的关系式,容易想到作代换：令=n b n a 241+解 设=n b n a 241+,则2412-=n n b a ,.51=b 于是原递推式可化为41(16124121+=-+n b 2412-⋅n b +)n b 即(2b n+1)2=(b n +3)2,由于b n 、b n+1非负,所以2b n+1=b n +3. 故b n+1－3=21(b n －3). 所以b n+1－3= (b n －3)(21)n －2 即2)21(3-+=n n b月份n 1 2 3 4 5 6 …… A n1 123 5 8 ……B n 1 1 1 2 3 5 …… F n 1 1 2 3 5 8 13 ……所以2412-=n n b a =n n 212313112+⋅+-说明 这是1981年IMO 的预选题，解题的关键是换元、转化．例5设{x n }、{y n }为如下定义的两个数列：x 0=1，x 1=1,x n+1=x n +2 x n －1，y 0=1，y 1=7,y n+1=2y n +3y n －1，(n=1,2,3…)，于是这两个数列的前n 项为x n ：1,1,3,5,11,21…, y n ：1,7,17,55,161,487,….证明：除了“1”这项外,不存在那样的项,它同时出现在两个数列之中. (第二届美国中学生数学竞赛试题)分析 本题题均属于线性递归数列问题，可用特征根的方法来解决．解 数列{x n }的通项公式形如n n n C C x β+α=21,其中βα、是数列的特征方程x 2=x +2的两根, 即1,2-=β=α,故n n n C C x )1(221-+=.由x 0=1,x 1=1得C 1=23,C 2=13, 所以 =n x 23×2n +13(－1)n = 13[2n+1+(－1)n ] 同理可得数列的{y n }通项公式为 y n =2×3n －(－1)n . 用反证法证明两个数列无其它公共项.假设 x m =y n ,即13[2m+1+(－1)m ]= 2×3n －(－1)n ,则 2(3n+1－2m )=(－1)m +3(－1)n ①若奇偶性相同,则①式右边为4或－4.左边=2(奇－偶)=2×奇数,故左边不是4的倍数,因此左边不等于右边.同理若m 、n 奇偶性不相同时左边也不等于右边.说明 在求得特征方程的根以后，要依据根的重数正确写出数列通项的一般表达式，再根据链接 菲波纳契数列(Fibonacci)数列的由来: Fibonacci 数列的提出，当时是和兔子的繁殖问题有关的，它是一个很重要的数学模型。
2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第70讲__函数问题选讲(最终)
第70讲 函数问题选讲本节主要内容有运用函数的有关知识解决函数自身的问题和与函数有关的方程、不等式、数列等问题。
A 类例题例1 如果在区间[1，2]上，函数f (x )=x 2+px +q 与g (x )=x +1x 2在同一点取相同的最小值，求f (x )在该区间上的最大值．(1996年全国高中数学联赛) 解 由于g(x)= x +1x 2=12x +12x+1x 2≥3314=3232．当且仅当12x=1x2，即x=32时等号成立．由于32∈[1，2]，故x=32时g(x)取得最小值．因为f (x )=x 2+px +q =22()24p p x q ++-，所以－p 2=32且 4q －p 24=3232， 解得p =－232，q =3232+34． 由于32－1<2－32．故在[1．2]上f(x)的最大值为f(2)=4－5232+34．说明 本题在求g(x)的最小值时，利用了均值不等式：a b c ++≥a b c R +∈，，），当且仅当a =b =c 时等号成立。
例2 若函数)(log 23a ax x y -+=的值域为R ，则实数a 的取值范围是 。
（1994年 “希望杯”全国数学邀请赛）解法一 根据函数值域定义，对于任意实数y ，关于x 的方程y a ax x =-+)(log 23，即032=--+y a ax x 恒有解，因此0344)3(422≥⋅++=++=∆y y a a a a （*） 恒成立。
因为430y⋅>，所以（*）式成立的充要条件是042≥+a a ， 解得4-≤a 或0≥a 。
即实数a 的取值范围是(,4][0,)-∞-+∞。
- 2 -解法二 根据对数函数和二次函数的性质，)()(2R x a ax x x u ∈-+=的最小值应不小于0， 即042≤--a a ，解得4-≤a 或0≥a 。
即实数a 的取值范围是(,4][0,)-∞-+∞。
江苏省数学竞赛提优教案：第32讲_数学归纳法2
第13讲数学归纳法本节主要内容有数学归纳法的原理，第二数学归纳法；数学归纳法的应用.通常那些直接或间接与自然数n有关的命题，可考虑运用数学归纳法来证明．一.数学归纳法的基本形式第一数学归纳法：设P(n)是关于正整数n的命题，若1°P(1)成立(奠基)；2°假设P(k)成立，可以推出P(k+1)成立(归纳)，则P(n)对一切正整数n都成立．如果P(n)定义在集合N－{ 0,1,2,…,r－1}，则1°中“P(1)成立”应由“P(r)成立”取代.第一数学归纳法有如下“变着”；跳跃数学归纳法：设P(n)是关于正整数n的命题，若1°P(1)，P(2)，…，P(l)成立；2°假设P(k)成立，可以推出P(k+l)成立，则P(n)对一切正整数n都成立．第二数学归纳法：设P(n)是关于正整数一的命题，若l° P(1)成立；2°假设n≤k(k为任意正整数)时P(n)(1≤n≤k)成立，可以推出P(k+1))成立，则P(n)对一切自然数n都成立．以上每种形式的数学归纳法都由两步组成：“奠基”和“归纳”，两步缺一不可．在“归纳”的过程中必须用到“归纳假设”这一不可缺少的前提．二.数学归纳法证明技巧1.“起点前移”或“起点后移”：有些关于自然数n的命题P(n),验证P(1)比较困难，或者P(1)，P(2)，…，P(p－1)不能统一到“归纳”的过程中去，这时可考虑到将起点前移至P(0)(如果有意义)，或将起点后移至P(r)(这时P(1)，P(2)，…，P(r－1)应另行证明)．2.加大“跨度”：对于定义在M={n0，n0+r，n0+2r，…，n0+mr，…}( n0，r，m∈N*)上的命题P(n)，在采用数学归纳法时应考虑加大“跨度”的方法，即第一步验证P(n0)，第二步假设P(k)(k∈M)成立，推出P(k+r)成立．3.加强命题：有些不易直接用数学归纳法证明的命题，通过加强命题后反而可能用数学归纳法证明比较方便．加强命题通常有两种方法：一是将命题一般化，二是加强结论．一个命题的结论“加强”到何种程度为宜，只有抓住命题的特点，细心探索，大胆猜测，才可能找到适宜的解决方案．本节主要内容有数学归纳法的原理，第二数学归纳法；数学归纳法的应用A 类例题例1 n 个半圆的圆心在同一直线上，这n 个半圆每两个都相交，且都在l 的同侧,问这些半圆被所有的交点最多分成多少段圆弧?解 设这些半圆最多互相分成f (n)=段圆弧，则f (1)=1，f (2)=4=22, f (3)=9=33, 猜想：f (n)=n 2, 用数学归纳法证明如下： 1°当n=1时，猜想显然成立2°假设n=k 时，猜想正确，即f (k)=k 2,则当n=k+1时，我们作出第k+l 圆，它与前k 个半圆均相交,最多新增k 个交点, 第k+1个半圆自身被分成了k+1段弧，同时前k 个半圆又各多分出l 段弧,故有 f (k+1)= f (k)+k+k+1 =k 2+2k+1=(k+1)2, 即n=k+1时，猜想也正确． 所以对一切正整数n ，f (n)=n 2.例2已知数列:,}{且满足的各项都是正数n a 0111,(4),.2n n n a a a a n N +==-∈ （1）证明;,21N n a a n n ∈<<+（2）求数列}{n a 的通项公式a n . (2005年全国高考江西卷) 分析 本题考查数列的基础知识，考查运算能力和推理能力.第（1）问是证明递推关系，联想到用数学归纳法，第（2）问是计算题，也必须通过递推关系进行分析求解. 解 （1）方法一 用数学归纳法证明：1°当n=1时，,23)4(21,10010=-==a a a a ∴210<<a a ，命题正确. 2°假设n =k 时有.21<<-k k a a 则)4(21)4(21,1111k k k k k k a a a a a a k n ---=-+=--+时 ).4)((21))((21)(211111k k k k k k k k k k a a a a a a a a a a ---=+---=-----而.0,04.0111<-∴>--<----k k k k k k a a a a a a又.2])2(4[21)4(2121<--=-=+k k k k a a a a ∴1+=k n 时命题正确.由1°、2°知，对一切n ∈N 时有.21<<+n n a a 方法二：用数学归纳法证明：1°当n=1时，,23)4(21,10010=-==a a a a ∴2010<<<a a ； 2°假设n =k 时有21<<-k k a a 成立，令)4(21)(x x x f -=，)(x f 在[0，2]上单调递增，所以由假设 有：),2()()(1f a f a f k k <<-即),24(221)4(21)4(2111-⨯⨯<-<---k k k k a a a a也即当n=k+1时 21<<+k k a a 成立，所以对一切2,1<<∈+k k a a N n 有 （2）下面来求数列的通项：],4)2([21)4(2121+--=-=+n n n n a a a a 所以 21)2()2(2--=-+n n a ann n n n n n n n b b b b b a b 22212122222112)21()21(21)21(2121,2-+++----==⋅-=--=-=-= 则令,又b n =－1，所以1212)21(22,)21(---=+=-=nnn n n b a b 即.说明 数列是高考考纲中明文规定必考内容之一,考纲规定学生必须理解数列的概念,了解数列通项公式的意义,了解递推公式是给出数列的一种方法,并能根据递推公式写出数列的前几项.当然数列与不等式的给合往往得高考数学的热点之一,也成为诸多省份的最后压轴大题,解决此类问题,必须有过硬的数学基础知识与过人的数学技巧,同时运用数学归纳法也是比较好的选择,不过在使用数学归纳法的过程中,一定要遵循数学归纳法的步骤.情景再现1．求证对任何正整数n,方程x 2+y 2=z n都有整数解.2. 已知{ a n }是由非负整数组成的数列，满足a 1=0,a 2=3,a n+1· a n =(a n +2)(a n －2 +2) (1)求a 3；(2)证明a n =a n －2+2,n=3，4，5，…；(3)求{ a n }的通项公式及其前n 项和S n ．B 类例题例3.试证用面值为3分和5分的邮票可支付任何n(n ＞7，n ∈N)分的邮资． 证明 1°当n=8时，结论显然成立． 2°假设当n=k(k ＞7，k∈N)时命题成立．若这k 分邮资全用3分票支付，则至少有3张，将3张3分票换成2张5分票就可支付k+1分邮资；若这k 分邮资中至少有一张5分票，只要将一张5分票换成2张3分票就仍可支付k+1分邮资．故当n=k+1时命题也成立．综上，对n ＞7的任何自然数命题都成立．说明 上述证明的关键是如何从归纳假设过渡到P(k+1)，这里采用了分类讨论的方法．本例也可以运用跳跃数学归纳法来证明．另证1 °当n=8，9，10时，由8=3+5，9=3+3+3，10=5+5知命题成立．2° 假设当n=k(k ＞7，k∈N)时命题成立．则当n=k+3时，由1。
2022江苏省数学竞赛《提优教程》教案第05讲子集
2022江苏省数学竞赛《提优教程》教案第05讲子集第5讲子集本讲内容有子集、子集的个数、集合的划分及子集的应用。
设a表示任意元素，A,B表示两个集合。
若aAaB，则AB，即集合A是集合B的子集。
规定空集是任何集合的子集。
子集是由原集合中的部分元素构成。
对于由n个元素组成的集合，它的每一个子集中元素的构成，都是对这n个元素进行选择的结果。
由于对每一个元素的选择都有两种可能（选nn上或不选），因此，对这n个元素共有2种不同选择结果，即由n 个元素组成的集合共有2个不同子集。
其中，不同的非空子集有2n1个，不同的真子集有2n个。
A类例题例1求集合M{某R|某2a某a30}的子集的个数。
分析欲求集合M的子集的个数，可先求出集合M的元素的个数。
解由某当a当a2a某a30，得a24a12(某2)(某6)。
2或a6时，0原方程的解集为空集；2或a6时，0原方程的解集为单元素集；a6时，0原方程有两个不等的实数解。
当2所以，当a当a2或a6时，集合M，有1个子集；2或a6时，集合M{某0}，有2个子集；a6时，集合M{某1,某2}，有4个子集‘当2例2求满足{a,b}P{a,b,c,d,e}的集合P的个数。
分析本题要求的是集合{a,b,c,d,e}中，必定含有元素a,b的子集的个数，只要求出集合{c,d,e}的子集数。
解由集合{c,d,e}的子集数为238，得所求集合P的个数为8。
例3已知集合A{2,3,4,5,6,7}，对某A，定义S(某)为某中所有元素之和。
求全体S(某)的总和S。
分析要求出全体S(某)的总和S，只要求出每个元素出现的次数。
解由集合元素的互异性，得集合A中某个元素在总合S中出现的次数，就是集合A中含有该元素的子集数。
所以，全体S(某)的总和S情景再现1．设集合A求集合A{(某,y)|y某24某1}，B{(某,y)|y2某1}。
B的子集的个数。
a,1}{1,2,a}{1,2,4,a2}，则a的值是_____。
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即证明(21p+4，14p+3)=1。若 a、b、c 是三个不全为 0 的整数，且有整数 t 使得
a=bt +c，则 a、b 与 b、c 有相同的公约数，因而(a，b)= (b，c)，即(a，b) = (a－bt，b)。
可以用此法化简。 证明 ∵(21p+4，14p+3)= (21p+4―14p―3，14p+3) = (7p+1，14p+3)= (7p+1，14p+3―14p―2) = (7p+1，1)=1， ∴ 说明 21p+4 是既约分数。 14p+3
3 3 3 3 3 3
a2＝23＋33＋43＝99 为奇数，则 a | a1，a | a2， (a1，a2)=9，故 a | 9，所以 a＝1，3，
9。 又 an＝n ＋(n＋1) ＋(n＋2) ＝3n ＋9n ＋15n＋9＝3n ＋9n ＋6n＋9n＋9＝3n(n ＋3n＋ 2)＋9(n＋1)＝3n(n＋1)(n＋2)＋9(n＋1)， ∴9 | an，故 amax＝9，选 A。 说明 解法中，把 3n ＋9n ＋15n＋9 分为 3n(n ＋3n＋2)与 9(n＋1)两部分，分别说明
的倍数。 ∴
p2－1=(p－1)(p+1)是 24 的倍数，即 p2 除以 24 的余数为 1。
证明 2 设 Leabharlann =6n±1 (6n,6n±2,6n+3 均为合数)， 则 (6n±1) =36n ±12n+1=12n(3n±1)+1，
2 2
∵ ∴ 即 说明
n 和 3n±1 必为一奇一偶，∴n(3n±1)为偶数。
S 2 d= p11 p2 ，其中 …pii …pS
0≢β i≢α i，i=l，2，„，s． 由此可知，a 的正因数的个数为 d(a)=(α 1+1) (α 2+1)„(α s+1) ． 由 a 的标准分解式 a= p1 1 p2 2 …pi i …pS S (i=l，2，„，s)，若 a 是整数的 k 次方， 则 α i(i=l，2，„，s)是 k 的倍数．若 a 是整数的平方，则 α i(i=l，2，„，s)是偶数． 推论：设 a=bc，且(b，c)=1，若 a 是整数的 k 次方，则 b，c 也是整数的 k 次方．若 a
是整数的平方，则 b，c 也是整数的平方．
A 类例题
例 1．若任何三个连续自然数的立方和都能被正整数 a 整除，则这样的 a 的最大值是 （ ） A. 9 分析 B. 3 C. 2 D. 1
观察最小的三个连续自然数的立方和 36，a 是它的约数，a 不会超过 36，不能排
除任何选择支；观察第二个小的三个连续自然数的立方和，进一步缩小 a 的范围，可以排除 取偶数的可能。当前面几个都是某数的倍数时，可以猜想出 a 的最大值，但最好能证明所有 “三个连续自然数的立方和”都是某数的倍数。 解 记 an＝n ＋(n＋1) ＋(n＋2) ，则 a1＝1 ＋2 ＋3 ＝36＝4×9，
2 2 2
p+1 之间只有一个质数 p，而连续的两个自然数中必有 2 的倍数，连续的三个自然数中必有
3 的倍数。 证明 1 ∵ p 是大于 3 的质数，∴p 不是偶数，不是 3 的倍数， 又∵ p －1=(p－1)(p+1)，连续的三个整数中必有 3 的倍数， ∴
2
p－1、p+1 中必有 3 的倍数，且 p－1、p+1 是连续的两个偶数，(p－1)(p+1)是 8
3 2 2 3 3 3 3 2 3 2 2
其为 9 的倍数。 在考虑整除的证明时， 把整数 n 的多项式分成几组分别因式分解是常用的方 法。 例 2．若 p 是大于 3 的质数，则 p 除以 24 的余数为 1。 分析：即证明 p －1 是 24 的倍数，也即证明 p －1 既是 3 的倍数又是 8 的倍数。p－1、
S 1 2 a= p1 ，其中 i=l，2，„，s． p2 …pii …pS
以上式子称为 a 的标准分解式．大于 l 的整数的标准分解式是惟一的(不考虑乘积的先后顺 序)． 若 a 的标准分解式是 a= p1 1 p2 2 …pi i …pS S ，其中 i=l，2，„，s，则 d 是 a 的正因数 的充要条件是
12n(3n±1)必为 24 的倍数，∴(6n±1) =24k+1
2
p2 除以 24 的余数为 1。
大于 3 的质数，必定是奇数，又不是 3 的倍数，所以一定是形如 6n±1 的数。6
是 24 的约数，用这样的形式表出后再变形，容易推出结论。 例 3．试证明 分析 21p+4 是既约分数。 14p+3
第 16 讲
整数的性质
初等数论的基本研究对象是整数．两个整数的和、差、积都是整数，但商却不一定是 整数．由此引出了数论中最基本的概念：整除． 整除性理论是初等数论中最基础的部分，它是在带余除法的基础上建立起来的． 整数 a 除以整数 b (b≠0)，可以将 a 表示为 a=bq+r，这里 q，r 是整数，且 0≢r＜b．q 称为 a 除以 b 所得的商，r 称为 a 除以 b 所得的余数． 当 r=0 时，a=bq，称 a 能被 b 整除，或称 b 整除 a，记为 b | a，b 叫做 a 的因数，a 叫做 b 的倍数；q 取 1，则 a=b，a 也是它本身的因数． 当 r≠0 时，称 a 不能被 b 整除，b 不整除 a，记作 b├ a． 若 c | a，c | b，则称 c 是 a，b 的公因数，a，b 的最大公因数 d 记为(a，b)． 若 a | c，b | c，则称 c 是 a，b 的公倍数，a，b 的最小公倍数 M 记为[a，b]． 一个正整数，按它的正因数个数可以分为三类．只有一个正因数的正整数是 1；有两个 正因数的正整数称为素数(质数)， 素数的正因数只有 1 和它本身； 正因数个数超过两个的正 整数称为合数，合数除了 1 和它本身外还有其他正因数． 任何一个大于 1 的整数均可分解为素数的乘积， 若不考虑素数相乘的前后顺序， 则分解 式是惟一的．一个整数分解成素数的乘积时，其中有些素数可能重复出现，把分解式中相同 的素数的积写成幂的形式，大于 1 的整数 a 可以表示为：